Problemas de Fundamentos de Electrotecnia, 2ª Edición

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Problemas de Fundamentos de

Electrotecnia2ª Edición

Miguel Ángel García GarcíaJoaquín Mur Amada

Iván Cristóbal MonrealNabil El Halabi

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Problemas de

Fundamentos de Electrotecnia

2ª edición

Miguel Ángel García García

Joaquín Mur Amada

Iván Cristóbal Monreal

Nabil El Halabi

Centro Universitario de la Defensa Zaragoza

No se permite la reproducción total o parcial de este libro, ni su incorporación a un sistema informático, ni su transmisión en cualquier forma o por cualquier medio, sea éste electrónico, mecánico, reprográfico, gramofónico u otro, sin el permiso previo y por escrito de los titulares del copyright.

© Miguel Ángel García García, Joaquín Mur Amada, Iván Cristóbal Monreal, Nabil El Halabi.

© De la presente edición, Centro Universitario de la Defensa.

2ª edición, 2019 Edita: Centro Universitario de la Defensa Ctra. de Huesca s/n. 50090 Zaragoza http://cud.unizar.es Impresión: Edelvives Talleres Gráficos Impreso en España Printed in Spain Depósito Legal: Z 2075‐2018 ISBN: 978‐84‐942315‐6‐8

Prólogo

Hemos escrito este texto docente con el ánimo de que sirva de apoyo y ayuda para que los alumnos alcancen los resultados de aprendizaje previstos en la asignatura Fundamentos de Electrotecnia del Grado en Ingeniería de Organización Industrial, perfil Defensa, que se imparte en el Centro Universitario de la Defensa de Zaragoza.

El objetivo de esta recopilación de problemas, tanto resueltos como propuestos, es que, a través de su resolución, los alumnos afiancen los conceptos de circuitos y máquinas eléctricas, y las técnicas y métodos para el análisis de circuitos que se tratan en los diversos temas en los que se ha dividido la asignatura.

Para alcanzar los resultados de aprendizaje nos atrevemos a aconsejar que, antes de consultar la solución, el alumno trate primero de resolver los problemas por sus propios medios, y que las soluciones sirvan como instrumento para contrastar la validez de los razonamientos y los pasos que ha seguido en su propia resolución. Para afianzar y autoevaluar este aprendizaje, se han incluido problemas propuestos, en los que sólo se indica su resultado.

Cabe reseñar que se ha hecho una estimación del nivel de dificultad de todos los problemas, indicándolo en cada uno mediante estrellas. Una y dos estrellas señalan los problemas que ayudan a introducirse en el estudio del tema en cuestión, mientras que los señalados con 3 y 4 estrellas son los problemas que servirán al alumno para afianzar los conceptos y para hacerse con las técnicas y métodos utilizados a lo largo de la asignatura. El adecuado uso de este texto permitirá al alumno adquirir las competencias necesarias para llevar a cabo con éxito el análisis de circuitos y el estudio de las máquinas eléctricas que otras disciplinas le requerirán más adelante.

Por último, queremos dejar aquí patente nuestro reconocimiento y gratitud a todas las personas que, directa o indirectamente, han contribuido a que esta recopilación de problemas haya sido posible.

Los autores

Zaragoza, enero de 2013

En esta segunda edición, se ha revisado completamente el libro y se ha cambiando el orden en que aparecen algunos problemas dentro de los temas para ajustarse al proceso más habitual de adquisición de destrezas a lo largo del curso.

Para facilitar la interpretación de los ejercicios, se han modificado algunas explicaciones y se ha revisado la nomenclatura siguiendo la tendencia actual de otros libros y normas.

Se han añadido algunos ejercicios introductorios para ilustrar con mayor claridad las técnicas de resolución de los temas 4, 5 y 6. También se han añadido algunos ejercicios ejemplificadores que inciden en aspectos que, bajo nuestra experiencia, suelen generar más dudas y equivocaciones.

Los autores

Zaragoza, enero de 2019

Índice

Tema 1: Leyes de Kirchhoff y referencias de polaridad.

Problemas resueltos ..................................................................... 7

Problemas propuestos ................................................................. 12

Tema 2: Elementos de circuitos y ecuaciones de definición.



Tema 3: Energía y Potencia



Tema 4: Métodos de análisis de circuitos



Tema 5: Teoremas fundamentales del análisis de circuitos



Tema 6: Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal

Problemas resueltos ...................................................................... 199


Tema 7: Potencia en régimen estacionario sinusoidal



Tema 8: Sistemas trifásicos equilibrados


Problemas propuestos .................................................................. 339

Tema 9: Máquinas eléctricas


Problemas propuestos .................................................................. 358

Tema 1: Leyes de Kirchhoff y referencias de polaridad

Problemas resueltos

Problema 1.1 ()

En el circuito de la figura se conocen las intensidades:

i1 = 3 A, i4 = ‐5 A, i7 = ‐2 A, i9 = 2 A

Determinar el resto de las intensidades para las referencias indicadas.

Solución:

La estrategia de resolución consistirá en buscar o bien recintos cerrados o bien

nudos, en los que solamente una intensidad sea desconocida, de tal forma que

se pueda aplicar la LKI (Ley de Kirchhoff de las Intensidades) en ese

recinto/nudo y despejar la intensidad desconocida.

Utilizando la estrategia descrita, se aplica la LKI generalizada al recinto

cerrado 1:

Intensidades que entran en el recinto Intensidades que salen del recinto

i8 = i1 i8 = 3 A

1 2 i

4

i3

i2

i1

i6 i

7 i

8

i5

i9

B

A D

C

8 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia

Aplicando la LKI a los distintos nudos se obtiene:

Intensidades que entran en el nudo Intensidades que salen del nudo

Nudo A: 0 = i2 + i8 + i7 i2 = ‐1 A

Nudo B: i1 + i2 + i9 = i3 i3 = 4 A

Nudo C: i3 + i5 = i4 i5 = ‐9 A

Aplicando la LKI generalizada al recinto cerrado 2:

i5 + i6 = 0 i6 = 9 A

Se puede comprobar que, aplicando la LKI al nudo D, se obtiene igualmente:

i6 + i7 + i4 = i9 i6 = 9 A

Leyes de Kirchhoff y referencias de polaridad 9

Problema 1.2 ()

En el circuito de la figura, los rectángulos indican elementos de naturaleza

desconocida, y las flechas indican la referencia de polaridad tanto de la

intensidad como de la tensión en cada rama.

a) Si se conocen las siguientes tensiones:

U1 = 8 V, U2 = 4 V, U5 = 3 V, U6 = 3 V, U7 = 1 V, U10 = ‐1 V, U11 = 2 V

Determinar las tensiones restantes del circuito y calcular la tensión

entre los puntos A y B.

b) Si se conocen las siguientes intensidades:

I1 = 1 A, I3 = 2 A, I4 = 4 A, I6 = 6 A, I9 = 1 A

Determinar las restantes intensidades del circuito.

c) Demostrar que se cumplen las ecuaciones:

I6 + I9 + I11 = 0

I1 + I2 + I3 + I4 = 0

Solución:

a) La estrategia de resolución consistirá en buscar trayectorias cerradas en las

que solamente exista una tensión desconocida y despejarla de la ecuación

resultante de aplicar la LKT (Ley de Kirchhoff de las Tensiones) a ese camino

cerrado.

6 5 7

1 2 3 4

9 8 10

11

A

B


Los nudos A y B están especificados en el enunciado. El resto de nudos se

terminan de nombrar con letras y se indican explícitamente las referencias de

tensión.

Para aplicar la LKT, se eligen trayectorias cerradas con solo una tensión

desconocida y se van despejando secuencialmente dichas tensiones:

Trayectoria A‐C‐B‐F‐A: U5 + U2 – U8 – U1 = 0 U8 = ‐1 V

Trayectoria A‐C‐D‐G‐F‐A: U5 + U6 + U3 – U11 – U1 = 0 U3 = 4 V

Trayectoria F‐B‐G‐F: U8 + U9 – U11 = 0 U9 = 3 V

Trayectoria D‐E‐H‐G‐D: U7 + U4 – U10 – U3 = 0 U4 = 2 V

La diferencia de tensión entre los puntos A y B, que es la tensión del nudo A

respecto el nudo B, se calcula a través de una trayectoria que parte del punto

A y llega al punto B recorriendo elementos de tensiones conocidas (a través

del punto C):

UAB = U5 + U2 = 3 V + 4 V UAB = 7 V

A este resultado se llega también (a través del punto F):

UAB = U1 + U8 = 8 V – 1 V UAB = 7 V

U4 U3

U6 = 3 V U5 = 3 V U7 = 1 V

U9 U8 U10 = –1 V

U11 = 2 V

A

B

U1 = 8 V +

U2 = 4 V + + +

+ + +

+ + +

+

C D E

F G H

UAB

+

Leyes de Kirchhoff y referencias de polaridad 11

b) Las restantes intensidades del circuito se calculan aplicando secuencial‐

mente la LKI a nudos donde solo se desconoce una corriente.

Nudo A: 0 = I5 + I1 I5 = ‐ I1 I5 = ‐1 A

Nudo E: I7 = I4 I7 = 4 A

Nudo H: I4 + I10 = 0 I10 = – I4 I10 = – 4 A

Nudo C: I5 = I2 + I6 I2 = – 7 A

Nudo B: I8 + I2 = I9 I8 = 8 A

Nudo G: I11 + I9 + I3 = I10 I11 = – 7 A

c) Para demostrar las ecuaciones del enunciado, se buscan recintos cerrados

que corten las ramas cuyas intensidades aparecen en las ecuaciones. El recinto

cerrado A corta las ramas 6, 9 y 11, mientras que el recinto cerrado B corta las

ramas 1, 2, 3 y 4.

Aplicando la LKI generalizada al recinto cerrado A se obtiene:

I6 + I9 + I11 = 0

Aplicando la LKI generalizada al recinto cerrado B se obtiene:

I1 + I2 + I3 + I4 = 0

I6 I5 I7

I1 I2 I3 I4

I9 I8 I10

I11

A

B

Recinto cerrado B

Recinto cerrado A

C D E

F G H


Problemas propuestos

Problema 1.3 ()

En el circuito de la figura se conocen las intensidades:

i1 = 1 A, i2 = 2 A, i7 = 3 A, i11 = 4 A

Determinar el resto de las intensidades según las referencias indicadas.

Resultados: i3 = ‐1 A, i6 = 1 A, i4 = ‐1 A, i5 = ‐4 A, i9 = ‐3 A, i8 = 7 A, i10 = ‐4 A

Problema 1.4 ()

En el circuito de la figura se conoce que UAB = 16 V y que UBC = 10 V.

Determinar la tensión UAD y la intensidad IBC.

Resultados: UAD = 26 V, IBC = 0 A

1 2 i

8

i11

i3 i

6 i

9

i5 i

2

i4 i

7 i

1 i

10

+10 V

12 A 2 A

+

D

I ·I 4

7

3

6 = 3

B C

Tema 2: Elementos de circuitos y ecuaciones de

definición

Problemas resueltos

Problema 2.1 ()

Dado el circuito de la figura, calcular la tensión U y la intensidad I.

Solución:

Por las resistencias de 1 y 2 , de la derecha del circuito, circula la misma

intensidad, es decir, están conectadas en serie. Agrupando estas resistencias:

1 11 2 3eq eqR R

Ahora, puede verse que la tensión en bornes de la resistencia de 2 de la

derecha es la misma que la tensión en bornes de Req1. Por lo tanto, ambas

2 3 V

+

4 2 1

3 2 U +

I

Req1= 3

4 2

3 2


resistencias están conectadas en paralelo. Hallando su resistencia

equivalente:

2

2

1 1 1 5 61,2

2 3 6 5eq

eq

RR

Las dos resistencias de la derecha, la de 2 y Req2, están conectadas en serie

ya que por ellas circula la misma intensidad. Su resistencia equivalente es:

3 32 1,2 3,2eq eqR R

La resistencia de 3 y la resistencia Req3 están sometidas a la misma tensión,

por lo tanto están conectadas en paralelo. Su resistencia equivalente es:

4

4

1 1 1 31 481,548

3 3,2 48 31eq

eq

RR

4 2

3 Req2= 1,2

4

3 Req3= 3,2

4

Req4=1,548 +

3 V ++

U2

U1

Elementos de circuitos y ecuaciones de definición 15

Por la resistencia de 4 y por Req4 circula la misma intensidad, por lo que

están conectadas en serie. Así pues, se puede aplicar con ambas la regla del

divisor de tensión en ese circuito, obteniéndose que:

1

2

43 2,162 V

4 1,548

1,5483 0,837 V

4 1,548

U

U

Deshaciendo la última agrupación de resistencias realizada, el circuito

resultante será:

Se calcula la intensidad I1 en este circuito mediante la ley de Ohm:

21 0,261A

3,2

UI

Deshaciendo las agrupaciones de resistencias realizadas anteriormente:

4

3

+U2 U

1

+

I1

Req3

= 3,2

4 2

3 + U2

I1

Req2

= 1,2

4 2

3 2

I1

I2

I3

Req1

= 3


Como se ha dicho anteriormente, las resistencias de 2 y Req1 están

conectadas en paralelo (ambas tienen la misma tensión entre sus bornes).

Por lo tanto, es posible aplicar la regla del divisor de intensidad para estas

resistencias, obteniéndose:

2 1

132 0,261 0,156 A

1 1 52 3

I I

3 1

123 0,261 0,104 A

1 1 52 3

I I

Y volviendo al circuito original:

se observa que el valor pedido I, coincide con el de I2.

2 0,156 AI I

Y aplicando la ley de Ohm a la última resistencia de la derecha, se calcula U:

3 2 0,104 2 0,208 VU I

U 2 3 V +

4 2 1

3 2

+

I

I2

I3

I1


Problema 2.2 ()

Para el circuito de la figura y la referencia indicada en él, determinar el valor

de la intensidad I.

Solución:

Las resistencias de 2 y 3 de la parte inferior del circuito están

conectadas en paralelo ya que ambas tienen la misma tensión entre sus

bornes. El valor de la resistencia equivalente de estas dos en paralelo es:

e 1

e 1

1 1 1R 1,2

R 2 3q

q

El circuito, teniendo en cuenta esta asociación, queda:

En este circuito puede verse que la resistencia Req1 y la resistencia de 2 de

la derecha están conectadas en serie ya que por ambas circula la misma

intensidad. El valor de su resistencia equivalente es:

e 2 e 1R 2 R 2 1,2 3,2q q

El circuito queda:

2

+

28 V

2

2

3 I

2 +28 V

2

Req1 = 1,2


La resistencia Req2 y la resistencia de 2 están conectadas en paralelo. Su

resistencia equivalente vale:

e 3

e 3 e 2

1 1 1 1 1R 1,23

R 2 R 2 3,2q

q q

A partir del circuito equivalente, y aplicando la ecuación de definición de una

resistencia (ley de Ohm), se calcula la intensidad que circula por la fuente, I3:

3

2822,764 A

1,23I

A partir de esta intensidad I3, y aplicando la expresión del divisor de

intensidad, se calcula la intensidad I2.

2 3

1

3,28,755A

1 1

3,2 2

I I

A partir de esta intensidad I2, y aplicando nuevamente la expresión del

divisor de intensidad, se calcula la intensidad I’.

+28 V

2

Req2 = 3,2

+

28 V Req3 = 1,23

I3

+28 V

2

Req2 = 3,2

I3 I

2


2

1

3' 3,5 A1 1

3 2

I I

Mirando las referencias del circuito, la intensidad pedida, I, vale:

' 3,5 AI I

2

+

28 V

2

2

3

I3

I2

I I’


Problema 2.3 ()

La figura muestra la forma de onda de la tensión en bornes de la bobina para

la referencia indicada en el circuito. Determinar la forma de onda de ig(t)

(valor de la fuente de intensidad). Considerar descargados inicialmente tanto

la bobina como el condensador.

Solución:

Inicialmente se establecen las referencias de las intensidades en las ramas:

La expresión temporal de la tensión u(t) es:

2 0 2( )

4 2

t tu t

t

Aplicando la LKI al nudo A se obtiene:

( ) ( ) ( )g L Ci t i t i t

Las ecuaciones de definición de la bobina y del condensador son:

00

1( ) ( ) ( )

t

L L ti t i t t u d

L

1

ig(t) +

0,5 Hu(t)2 F

u(t)

4

3

2

1

1 2 3 4 5 [s]

[V]

t 0

1

ig(t)

+0,5 Hu(t)2 F

iL(t)

iC(t)

A


( )( )C

du ti t C

dt

Dada la forma de la expresión de la tensión u(t), para determinar la

expresión de la intensidad ig(t), se han de considerar dos intervalos

diferenciados, y calcularla en cada uno de ellos.

Así pues:

o Para el intervalo 0 2t

La expresión de la intensidad iL(t) es:

0

2 20 00

1 1 1( ) ( ) ( ) ( 0) 2 0 2

0,5

( 2) 8 A

t t t

L L Lt

L

i t i t t u d i t d tL L

i t

Conviene resaltar que el valor de la intensidad iL(t) al final de cada intervalo,

será el valor inicial de la intensidad iL(t) en el intervalo siguiente. Por lo que

se ha calculado el valor de iL(t) al final del intervalo, es decir, para t = 2 s.

La expresión de la intensidad iC(t) es:

( )

( ) 2 (2 ) 4 AC

du t di t C t

dt dt

Con lo que en este intervalo:

2( ) ( ) ( ) 4 2g c Li t i t i t t

o Para el intervalo 2t

00 22

1 1 1( ) ( ) ( ) ( 2) 4 8 4 8 8( 2) 8 8

0,5

t t t

L L Lt

i t i t t u d i t d t tL L

( )

( ) 2 (4) 0 AC

du t di t C

dt dt

Por lo que la intensidad ig(t) en este intervalo es:

( ) ( ) ( ) 8 8g c Li t i t i t t


Por lo tanto, la expresión temporal de la intensidad es:

24 2 0 2( )

8 8 2g

t ti t

t t

La representación gráfica de esta intensidad se muestra en la siguiente

figura:

t [s]

ig(t) [A]

5

10

2 4

20

15

3 1

5 6

25


Problema 2.4 ()

Dados el circuito y la forma de onda de la tensión en bornes del condensador

de la figura, determinar la expresión temporal de la tensión en bornes de la

fuente independiente de tensión. La bobina y el condensador se encuentran

descargados inicialmente.

Datos: L = 1 H, R1 = 5 , C = 0,3 F, R2 = 2 , = 3

Solución:

La tensión uc(t) está definida a tramos, por lo que se determinará el valor de

eg(t) para cada uno de ellos. La expresión temporal de la tensión uc(t) es:

2 si 0 2

( ) 8 2 si 2 4

0 si 4C

t t

u t t t

t

Se fijan las referencias de tensión e intensidad del circuito:

+

R1

eg(t)

+

–

R2

C

L

+

i1(t)

uC(t)

∙i1(t)

uC(t) [V]

t [s]

1 2 3 4 5

1 2 3 4

0

5

+

R1

eg(t)

+

–

R2

C

L

+

i1(t)

uC(t)

∙i1(t)

+

+

+

+

iL(t)

iT(t)

uR1(t)

uL(t)

uR2(t)

u(t)


o Para el intervalo 0 t 2

( ) 2Cu t t

Aplicando la ecuación de definición del condensador:

1

( )( ) 0,3 2 0,6 Acdu t

i t Cdt

Una vez conocida la intensidad que circula por la rama, se calculan el resto

de las tensiones en los elementos por los que circula esa misma intensidad:

2 2 1( ) ( ) 2 0,6 1,2 VRu t R i t

1( ) ( ) 3 0,6 1,8 Vu t i t

Aplicando la LKT, se calcula la tensión en bornes de la bobina:

2( ) ( ) ( ) ( ) 2 1,2 1,8 2 3L C Ru t u t u t u t t t

Conocida la tensión en bornes de la bobina, es posible calcular la intensidad

que circula por ella aplicando su ecuación de definición:

2 2

0 0

1( ) ( 0) 2 3 3 3

0 A

tt

L Li t i t d t tL

Nótese que, en la expresión anterior, iL(t=0) = 0 porque la bobina está

inicialmente descargada.

Conocidas las dos intensidades, se puede aplicar la LKI para hallar iT(t):

21( ) ( ) ( ) 0,6 3T Li t i t i t t t

Entonces:

1 1

2 21

( ) ( )

( ) 5 0,6 3 5 15 3

R T

R

u t R i t

u t t t t t

Aplicando la LKT se obtiene la tensión en la fuente independiente:


1( ) ( ) ( )g R Le t u t u t

2 2( ) 5 15 3 2 3 5 17 6ge t t t t t t

2( ) 5 17 6ge t t t

o Para el intervalo 2 t 4

( ) 8 2Cu t t


1

( )( ) 0,3( 2) 0,6 Acdu t

i t Cdt


de las tensiones en los elementos por los que circula esa misma intensidad:

2 2 1( ) ( ) 2( 0,6) 1,2 VRu t R i t

1( ) ( ) 3( 0,6) 1,8 Vu t i t


2( ) ( ) ( ) ( ) 8 2 1,2 1,8 5 2L C Ru t u t u t u t t t

Conocida la tensión en bornes de la bobina, es posible calcular la intensidad

que circula por ella aplicando su ecuación de definición:

2 2

2 2

1( ) ( 2) 5 2 10 5 10 5 10 4

10 A*

tt

L Li t i t d t tL

(*) El valor inicial de la intensidad en este intervalo, es el valor final de la

intensidad en el intervalo anterior:

2 20 2 ( ) 3 ( 2) 2 3 2 10 AL Lt i t t t i t

Entonces:

2( ) 5 4Li t t t


Aplicando la LKI:

2 21( ) ( ) ( ) 0,6 5 4 5 3,4T Li t i t i t t t t t

Entonces:

2 21( ) 5 5 3,4 5 25 17Ru t t t t t

Aplicando la LKT:

1( ) ( ) ( )g R Le t u t u t

2( ) 5 25 17 5 2ge t t t t

2( ) 5 23 22ge t t t

o Para el intervalo t ≥ 4

( ) 0 VCu t


1

( )( ) 0 Acdu t

i t Cdt


de las tensiones en los elementos que comparten esa intensidad:

2 2 1( ) ( ) 0 VRu t R i t

1( ) ( ) 0 Vu t i t


2( ) ( ) ( ) ( ) 0 VL C Ru t u t u t u t

Así pues:

4

1( ) ( 4) 0 8 A

8 A

t

L Li t i t dL


Aplicando la LKI:

1( ) ( ) ( ) 0 8 8 AT Li t i t i t

Por tanto:

1( ) 5 8 40 VRu t

Aplicando la LKT:

1( ) ( ) ( )g R Le t u t u t

( ) 40 Vge t

Por lo tanto, la expresión temporal de la tensión en la fuente es:

2

2

5 17 6 si 0 2

( ) 5 23 22 si 2 4

40 si 4g

t t t

e t t t t

t

La representación gráfica de esta tensión se muestra en la siguiente figura:

t [s]

eg(t) [V]

10

20

2 4

40

30

31

60

50

5

6


Problema 2.5 ()

Dadas las tres bobinas acopladas magnéticamente de la figura, escribir las

ecuaciones de definición de dichas bobinas teniendo en cuenta las

referencias de tensión e intensidad y los terminales correspondientes

indicados en el dibujo.

Solución:

Las ecuaciones de definición de las bobinas serán de la forma:

31 21 1 12 13

31 22 21 2 23

31 23 31 32 3

( )( ) ( )( )

( )( ) ( )( )

( )( ) ( )( )

di tdi t di tu t L M M

dt dt dt

di tdi t di tu t M L M

dt dt dtdi tdi t di t

u t M M Ldt dt dt

Resta conocer el valor de cada uno de los signos que aparecen en las

ecuaciones.

Para conocer los signos de los términos que contienen a los coeficientes de

autoinducción, solo se necesita observar el sentido relativo entre la

referencia de intensidad de cada bobina y su referencia de tensión.

i1(t)

u3(t)

+

+ +

i2(t)

u1(t) u

2(t)

i3(t)


o Término que contiene a L1: La referencia de la intensidad i1(t) coincide con

el sentido de la referencia dada para u1(t), con lo que el signo de este

término es “+”.

o Término que contiene a L2: La referencia de la intensidad i2(t) coincide con

el sentido de la referencia dada para u2(t), con lo que el signo de este

término es “+”.

o Término que contiene a L3: La referencia de la intensidad i3(t) no coincide

con el sentido de la referencia dada para u3(t), con lo que el signo de este

término es “‒”.

Para conocer los signos de los términos que contienen a los coeficientes de

inducción mutua, ha de conocerse el efecto que producen las intensidades

que circulan por las otras bobinas, en la bobina para la cual se está hallando

la expresión de la tensión, utilizando para ello los terminales

correspondientes entre ellas y las referencias de tensión e intensidad de

cada bobina.

o Término que contiene a M12: Se está comprobando cómo influye la

variación de la intensidad i2(t) en la tensión u1(t). La intensidad i2(t) entra

por punto en la bobina 2, luego creará en la bobina 1 el mismo efecto que

una intensidad que entrara por punto en la bobina 1 (concepto de

terminal correspondiente). Esa intensidad (entrando por punto en la

bobina 1) circularía de acuerdo a la referencia de tensión de la bobina 1,

con lo que el signo de este término es “+”.


variación de la intensidad i3(t) en la tensión u1(t). La intensidad i3(t) sale

por cuadrado en la bobina 3, luego una intensidad que saliera por

cuadrado en la bobina 1, circularía en sentido contrario a la referencia de

tensión de la bobina 1, con lo que el signo de este término es “‒”.



por punto en la bobina 1, luego una intensidad que entrara por punto en


la bobina 2, circularía de acuerdo a la referencia de tensión de la bobina 2,

con lo que el signo de este término es “+”.


variación de la intensidad i3(t) en la tensión u2(t). La intensidad i3(t) sale

por triángulo en la bobina 3, luego una intensidad que saliera por

triángulo en la bobina 2, circularía en sentido contrario a la referencia de

tensión de la bobina 2, con lo que el signo de este término es “‒”.



por cuadrado en la bobina 1, luego una intensidad que entrara por

cuadrado en la bobina 3, circularía de acuerdo a la referencia de tensión

de la bobina 3, con lo que el signo de este término es “+”.



por triángulo en la bobina 2, luego una intensidad que entrara por

triángulo en la bobina 3, circularía de acuerdo a la referencia de tensión

de la bobina 3, con lo que el signo de este término es “+”.

Por lo tanto, las ecuaciones de definición son:

31 21 1 12 13

31 22 21 2 23

31 23 31 32 3

( )( ) ( )( )

( )( ) ( )( )

( )( ) ( )( )

di tdi t di tu t L M M

dt dt dt

di tdi t di tu t M L M

dt dt dt

di tdi t di tu t M M L

dt dt dt


Problema 2.6 ()

En el circuito de la figura, la fuente ideal de tensión tiene un valor constante

de 5 V. En estas condiciones, y para la referencia indicada, determinar la

tensión en bornes de la resistencia R2. El transformador debe considerarse

ideal.

Datos: Eg = 5 V, R1 = 10 , R2 = 2 , a = 3

Solución:

La fuente ideal de tensión es de continua, por lo que genera un flujo

magnético en el primario del transformador constante. Un flujo constante

implica, por la ley de inducción de Faraday, que no hay tensión inducida U2

en el secundario del transformador, luego la tensión en la resistencia R2 es

nula.

2

2 2

2

0 V

0 VR

R

U

U U

U

R1

Eg+

R2

a:1

+UR2

R1

Eg +

R2

a:1

+

UR2

U2

++ U1


Problema 2.7 ()

En el circuito de la figura, que contiene un transformador ideal, y para la

referencia indicada, determinar la tensión en bornes de la resistencia R.

Datos: eg(t) = t2 V, R = 10 , a = 3

Solución:

El secundario del transformador está cortocircuitado, esto es us(t) = 0 V, por

lo que, aplicando la primera ecuación de definición de un transformador

ideal (para las referencias y terminales correspondientes indicados en el

circuito):

( ) ( )

( ) 3 0 0 V

p s

p

u t a u t

u t

Entonces, aplicando la LKT en el circuito del primario del transformador:

2

2

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

g R p R

R g

e t u t u t u t t

u t e t t

R

eg(t)+

a:1

+ uR(t)

R

eg(t)

+

a:1

+ uR(t)

up(t) u

s(t)

++


Problema 2.8 ()

Calcular u(t)/i(t) en el dipolo de la figura. El transformador se considerará

ideal.

Solución:

Se fijan las referencias de tensión e intensidad del circuito:

Si se aplica la LKI generalizada al recinto cerrado indicado en el figura:

Intensidades que entran en el recinto Intensidades que salen del recinto

3( ) 0 Ai t

Por lo tanto, aplicando la LKI a los nudos A y B:

3:1

+

u(t)

i(t)

1

1

3:1

+

u(t)

i(t)

1

1

i2(t) i

1(t)

i3(t)

i4(t)

u1(t) u

2(t)

+ +uR2(t)

+

+

uR1(t)

A B


1

2 4

( ) ( )

( ) ( )

i t i t

i t i t

La relación de transformación es a = 3, lo que significa que:

1

2

3N

aN

Las ecuaciones del transformador, para las referencias tomadas son:

1 1

2 2

1 1 2 2

( )1ª ecuación del transformador 3

( )

2ª ecuación del transformador ( ) ( ) 0

u t Na

u t N

N i t N i t

A partir de las cuales se obtiene que:

1

2

1 2

( )3

( )

1( ) ( )

3

u t

u t

i t i t

Por otro lado, aplicando la ley de Ohm a la resistencia de la derecha:

2 4( ) ( ) 1u t i t

Sustituyendo en las expresiones obtenidas anteriormente:

2 4 2 1

1 2 1 1

( ) ( ) 1 ( ) 1 3 ( ) 1

( ) 3 ( ) 3 3 ( ) 9 ( )

u t i t i t i t

u t u t i t i t

Con lo que la relación pedida es:

1 1

1 1

( ) 9 ( )( )9

( ) ( ) ( )

u t i tu t

i t i t i t


Problema 2.9 ()

Cuando se conecta en bornes de una fuente real de tensión continua una

resistencia de 3 , se mide entre dichos terminales una tensión de 9 V. Si en

bornes de esta misma fuente real se conecta una resistencia de 5 , la tensión que se mide entre ellos es de 10 V. Determinar los valores de los

elementos que modelan la fuente real de tensión.

Solución:

El circuito equivalente de una fuente real de tensión continua es:

Si se representa en un circuito el primer caso:

La intensidad que circula por el circuito es:

1

93 A

3I

La tensión U1 es (ecuación de definición de una fuente real de tensión):

1 1g gU E R I

Rg

Eg +

Rg

Eg +

3

+

I1

U1 9 V

+


Sustituyendo en la expresión anterior por los valores conocidos:

9 3g gE R

Si se representa en un circuito el segundo caso:


2

102 A

5I

La tensión U2 es (ecuación de definición de una fuente real de tensión):

2 2g gU E R I

Sustituyendo en la expresión anterior por los valores conocidos:

10 2g gE R

Las ecuaciones obtenidas para ambos casos forman un sistema lineal de

ecuaciones cuya solución es:

9 312 V, 1

10 2

g g

g g

g g

E RE R

E R

Luego el circuito que modela la fuente real de tensión es:

Rg

Eg+

5

+

I2

U2 10 V

+

12 V +

1


Problema 2.10 ()

Cuando se conecta en bornes de una fuente real de intensidad continua una

resistencia de 20 , se mide entre dichos terminales una tensión de 100 V. Si

en bornes de esta misma fuente real se conecta una resistencia de 100 , la tensión que se mide entre ellos es de 300 V. Determinar los valores de los

elementos que modelan la fuente real de intensidad.

Solución:

El circuito equivalente de una fuente real de intensidad continua es:

Si se representa en un circuito el primer caso:

La intensidad I1 es:

1

1005A

20I

Esa intensidad I1 es (ecuación de definición de una fuente real de

intensidad):

1

100g

g

I IR

Sustituyendo en la expresión anterior el valor conocido de I1, se obtiene:

100

5 g

g

IR

Rg I

g

Rg Ig 20

+

100 V

I1


Si se representa en un circuito el segundo caso:

Se calcula la intensidad I2:

2

3003A

100I

Esa intensidad I2 es (ecuación de definición de una fuente real de

intensidad):

2

300g

g

I IR

Sustituyendo en la expresión anterior el valor conocido de I2:

300

3 g

g

IR

Las ecuaciones obtenidas para ambos casos forman un sistema lineal de

ecuaciones cuya solución es:

1005

6 A, 100300

3

g

g

g g

g

g

IR

I R

IR

Luego el modelo de la fuente de real intensidad es:

RgIg 100

+

300 V

I2

6 A 100


Problema 2.11 ()

En el circuito de la siguiente figura se realizan dos medidas diferentes. En la

primera medida se conecta un voltímetro real de resistencia interna

RV = 10 Ω entre los terminales A y B, y se mide 40 V. En la segunda medida se

conecta entre los terminales A y B un voltímetro ideal (RV =), y se mide

60 V. Determinar a partir estas medidas, los parámetros Rg y Eg de la fuente

real de tensión.

Solución:

El circuito que modela el comportamiento de un voltímetro real es:

Donde representa a un voltímetro ideal y RV representa la resistencia

interna del voltímetro real.

En la primera medida, se conecta en bornes del dipolo un voltímetro real de

resistencia interna RV = 10 , esto es:

Rg

Eg+

10

A

B

Fuente real de tensión

RV V

Rg

Eg

+

10

A

B

RV

V 10

+UAB1

40 V

I1Req

V


Calculando la Req de las dos resistencias en paralelo:

1 1 1 2 1

510 10 10 5

eq

eq

RR

Con lo que el circuito se puede representar como:

donde la tensión UAB1 es la medida por el voltímetro real.

Aplicando la ley de Ohm a Req se obtiene I1:

1

408 A

5I

Según la ecuación de definición de una fuente real de tensión:

1 1∙AB g gU E R I

40 ∙8g gE R

En la segunda medida, se conecta en bornes del dipolo un voltímetro ideal

(resistencia interna RV = ), esto es:

donde la tensión UAB2 es la medida por el voltímetro ideal.

Rg

Eg +

Req = 5

+

UAB1

40 V

I1 A

B

Rg

Eg +

10 RV = V

+UAB2

60 V

I2 A

B


El circuito se puede representar como:

Aplicando la ley de Ohm a la resistencia de 10 , se obtiene I2:

2

606 A

10I

y según la ecuación de definición de la fuente real de tensión:

2 2∙AB g gU E R I

60 ∙6g gE R

Las ecuaciones obtenidas para ambas medidas forman un sistema lineal de

ecuaciones:

40 ∙8

60 ∙6

g g

g g

E R

E R

cuya solución son los parámetros pedidos de la fuente real de tensión:

120 V

10

g

g

E

R

Rg

Eg+

10

+

UAB2

60 V

I2 A

B


Problema 2.12 ()

Sabiendo que el amperímetro ideal del circuito de la figura indica 0 A,

determinar el valor de la resistencia R.

Solución:

La intensidad I que circula por la rama en la que se encuentra el

amperímetro ideal es cero.

Si esta intensidad I es cero, la tensión en bornes de la resistencia de 3 es

nula (por aplicación de la ley de Ohm sobre esta resistencia). Por otra parte,

en un amperímetro ideal nunca cae tensión entre sus bornes (circule o no

intensidad por él). Por lo tanto:

0 VABU

Si la tensión UAB = 0, y aplicando la LKT a la trayectoria cerrada CABC, se ha

de cumplir que:

CA CBU U

5

R

3 +10

A

2

12 V

5

R

3 +10

2

12 V A B

C

D

+ UAB

UCA

+ +

UCB

AI


Dado que la intensidad I es cero, las resistencias de 10 y de 2 de la

izquierda están en serie (por ellas circula la misma intensidad), al igual que

las resistencias de 5 y de valor R. Si esto es así, se puede aplicar la

expresión del divisor de tensión entre los puntos C y D para las ramas de la

izquierda y las ramas de la derecha del circuito anterior, de manera que:

10 1012 10V

10 2 12CA CDU U

5 5 6012 V

5 5 5CB CDU U

R R R

Como se ha dicho, se ha de cumplir que UCA = UCB. Así pues, igualando estas

dos expresiones se tiene:

60

105 R

y, despejando, el valor de la resistencia R es:

1R


Problema 2.13 ()

Una persona realiza en el laboratorio los montajes que se muestran en la

figura con una fuente real de tensión continua, un voltímetro ideal, un

amperímetro ideal y una resistencia, obteniendo unas lecturas en los

equipos de medida de 10 V y 2 A, respectivamente. A pesar de que los

elementos de medida no están conectados adecuadamente, es posible

determinar los parámetros de los elementos que conforman el modelo de la

fuente real de tensión. Calcularlos.

Solución:

El modelo que representa el comportamiento de una fuente real de tensión

continua, está formado por una fuente ideal de tensión (Eg) en serie con una

resistencia (Rg).

El elemento que representa el comportamiento de un voltímetro ideal es un

circuito abierto, mientras que el elemento que representa el

comportamiento de un amperímetro ideal es un cortocircuito. Teniendo en

cuenta estas consideraciones, los circuitos equivalentes a los representados

en el enunciado son:

4 4

V

A

Fuente real

de tensión

continua

Fuente real

de tensión

continua

4 +

= Eg

Rg

10 V4

+

=Eg 2 A

Rg

I I’+


En el circuito de la izquierda puede verse que I = 0 y, por lo tanto, la caída de

tensión en las dos resistencias que forman parte de este circuito (Rg y 4 ) es también nula. Aplicando la LKT se tiene que:

10 VgE

En el circuito de la derecha puede verse que I’ = 0. Por lo tanto, aplicando la

ecuación de definición de la resistencia Rg se puede escribir que:

2g gE R

Combinando estas dos últimas expresiones, el valor de la resistencia Rg es:

105

2 2

g

g

ER

Por lo tanto, los valores de los elementos que forman el modelo de la fuente

real de tensión continua son:

10 V

5

g

g

E

R



Problema 2.14 ()

La gráfica de la figura corresponde a forma de onda de la tensión aplicada en

bornes de una bobina de 2 H de coeficiente de autoinducción. Obtener la

expresión de la intensidad que circula por ella y representarla. Suponer que

inicialmente no circula intensidad por la bobina.

Resultados: La expresión temporal de la intensidad es:

1t para 0 t 3

2i(t)3

6 ‐ t para 3 t 62

y su representación gráfica es:

3 [s] t 6

u(t) [V]

1

‐3

3 t [s]

1

‐3

6

i(t) [A]

2


Problema 2.15 ()

Deducir si la curva representada en la figura corresponde a la tensión en

bornes o a la intensidad que circula por un condensador de 1 F de capacidad.

Determinar la ecuación de la otra variable, u(t) o i(t), y representarla.

Suponer que el condensador está inicialmente descargado.

Resultados: Corresponde a la intensidad que atraviesa el condensador.

La expresión temporal de la tensión es:

2

2

t para 0 t 1

‐2t + 3 para 1 t 3u(t)

‐t + 8t ‐18 para 3 t 4

‐2 para t 4

La representación gráfica de esta tensión es:

1

2

‐2

2 4 t [s] ‐1

3

5 6

t [s]

u(t) [V]

1

2

‐2

2 4

‐3

1 ‐1

5 6


Problema 2.16 ()

El circuito de la figura se encuentra en estado estacionario, calcular el valor

de u(t).

Resultados: u(t) = 0 V

Problema 2.17 ()

Hallar las tensiones y las corrientes en todos los elementos del circuito de la

figura, sabiendo que u(t) = sen 2t. Suponer que inicialmente los elementos

están descargados: u(t=0) = 0 V e i2(t=0) = 0 A.

Resultados: 23i (t) = cos t

2

2 2

2 24

2 3 24

4

2

2

1

u (t) = 2cos t

u (t) = sen t + 2cos t

1i (t) = (‐cos t + 2sen t + 1)

1i (t) = (1+ 2sen t + cos t)

+ 10 V

2 2

1 mH 2

1 F

2

+

5 V

2

1 mH

+u(t)

2

+

4

2 H 2

1/2 F

+

u(t) e (t)

u1(t)

+

u2(t)

+

i3(t) i

1(t)

i2(t)

u4(t)

+


2 3 2

3 2 5 21u (t) = 1+ 2sen t + cos t

e(t) = 1+ sen t + cos t

Problema 2.18 ()

Determinar la relación U0/E en el circuito de la figura.

Resultados: 0U = 1E

Problema 2.19 ()

Dado el dipolo de la figura, calcular la tensión entre los terminales A y B

(tensión a circuito abierto, U0) y la intensidad que circula entre estos dos

mismos puntos cuando entre ellos se coloca un cortocircuito (intensidad de

cortocircuito, Icc).

500

250

Ib

U0

+

2Ib

+

E

+ E1

+

E2

R1

+

I2 R

2

A

B I2


Resultados: 2 10 2

1

E ‐ EU = ‐ + E

R

2 1 2 1cc

1 2

E R ‐ (E ‐ E )I

R (R + )

Problema 2.20 ()

Dadas las tres bobinas acopladas magnéticamente de la figura, escribir las

ecuaciones de definición de dichas bobinas teniendo en cuenta las

referencias de tensión e intensidad y los terminales correspondientes

indicados en el esquema.

Resultados: 31 21 1 12 13

31 22 12 2 23

31 23 13 23 3

di (t)di (t) di (t)u (t) = +L +M +M

dt dt dt

di (t)di (t) di (t)u (t) = ‐M ‐ L ‐M

dt dt dt

di (t)di (t) di (t)u (t) = +M +M + L

dt dt dt

2

i1(t)

u2(t)

1

1’

2’ +

+

+

i3(t)

u1(t) u

3(t)

3

3’

L1 L

3

L2

M13

M12 M

23

i2(t)


Problema 2.21 ()

Dos bobinas acopladas magnéticamente, de parámetros L1, L2 y M, se

conectan como se muestra en la figura siguiente. Escribir las ecuaciones de

las tensiones u1(t) y u2(t) en función de las intensidades i1(t) e i2(t) y de los

parámetros anteriores.

Resultados: 1 21 1

di (t) di (t)u (t) = (L M) M

dt dt

21 2

2 2

di (t) di (t)u (t) = (L M) L

dt dt

Problema 2.22 ()

Encontrar la relación entre u1(t) e i1(t) en el circuito de la figura.

+

u1(t)

+

u2(t)

i1(t)

i2(t)

L2

L1

M

+

u1(t)

i1(t)

R

R

N 3N


Resultados: 1

1

u (t) R=

i (t) 25

Problema 2.23 ()

Para el circuito de la figura calcular:

a) La tensión UAB, si no existiera el voltímetro.

b) La tensión UAB, si el voltímetro fuera ideal.

c) La tensión UAB, si el voltímetro fuera real, y de resistencia interna

RV = 10 k. d) La tensión UAB, si el voltímetro fuera real, y de resistencia interna

RV = 100 k.

Resultados: a) UAB = 50 V, b) UAB = 50 V, c) UAB = 25 V, d) UAB = 45,4 V

Problema 2.24 ()

Para el circuito de la figura calcular:

a) El valor de la intensidad I si no existiera el amperímetro.

b) El valor de la intensidad I si el amperímetro fuera ideal.

c) El valor de la intensidad I si el amperímetro fuera real, y de

resistencia interna RA =1 . d) El valor de la intensidad I si el amperímetro fuera real, y de

resistencia interna RA =10 m.

+

100 V A

B

20 k

20 k

V


Resultados: a) I = 0,5 A, b) I = 0,5 A, c) I = 0,375 A, d) I = 0,498 A

Problema 2.25 ()

A través de las medidas realizadas sobre un vehículo militar de tracción

eléctrica se sabe que:

Cuando el motor que mueve dicho vehículo funciona a velocidad

máxima, la tensión en bornes de la batería de corriente continua que

lo alimenta es de 23 V y la intensidad que circula por dicho motor es

de 100 A.

Cuando esa misma batería alimenta, además de al motor

funcionando a velocidad máxima, a los faros de dicho vehículo, la

tensión medida en bornes de la batería pasa a ser de 22,97 V, y la

intensidad que circula por ella es entonces de 103 A.

Determinar el valor de los elementos que, convenientemente conectados,

representan el comportamiento de la batería del vehículo.

Resultados: Una fuente real de tensión de valores: Rg = 0,01 y Eg = 24 V

3 I

+

1,5 V A

Tema 3: Energía y Potencia

Problemas resueltos

Problema 3.1 ()

Para el circuito de la figura determinar:

a) La potencia consumida en la resistencia.

b) La energía almacenada en la bobina.

c) La tensión en bornes de la fuente.

d) La potencia cedida por la fuente.

Solución:

a) Lo primero es dar referencias a las tensiones e intensidad del circuito.

3

i(t) = 4sent 5 H

+

+

uR(t)

3

i(t) = 4sent 5 H uL(t)

ug(t)

+

i(t)


Se define la potencia en un dipolo como el producto de la tensión entre sus

bornes por la intensidad que circula por él.

( ) ( ) ( )P t u t i t

Para saber si la potencia así calculada se trata de la potencia absorbida o, por

el contrario, de la potencia cedida por el dipolo, hay que fijarse en las

referencias de la tensión y la intensidad dadas para ese dipolo. Si ambas

referencias van en el mismo sentido, se estará calculando la potencia

absorbida y, si las referencias van en sentidos opuestos, el producto de

tensión por intensidad da como resultado la potencia cedida por el dipolo.

De esta manera, para las referencias del dipolo de la figura siguiente, al

hacer el producto de la tensión por la intensidad, y dado que ambas

referencias ven en el mismo sentido sobre el dipolo, se está calculando la

potencia absorbida por dicho dipolo, tal y como se indica en el subíndice

(abs) que se le ha añadido a la potencia.

( ) ( ) ( )absP t u t i t

Por lo tanto, para las referencias indicadas en el circuito del enunciado, el

producto de la tensión en bornes de la resistencia, uR(t), por la intensidad

que circula por ella, i(t), da como resultado la potencia absorbida por la

resistencia (ambas referencias tienen el mismo sentido):

( ) ( ) ( )abs R RP t u t i t

Aplicando la ley de Ohm a la resistencia:

( ) ( )Ru t i t R

i(t)

Dipolo +

u(t)

Energía y Potencia 57

Con lo que:

2 2 2 ( ) ( ) (4sen ) 3 48senabs Rp t i t R t t

Se comprueba que la potencia absorbida en la resistencia es siempre mayor

o igual que cero.

b) La energía almacenada en la bobina es:

2 2 21 1( ) ( ) 5 16sen 40sen

2 2Lw t L i t t t

c) La tensión en la bobina es:

( )

( ) 5 4cos 20cosL

di tu t L t t

dt

Con lo que la tensión en bornes de la fuente, aplicando la LKT, es:

( ) ( ) ( ) (3 4sen ) (20cos ) 12sen 20cosg R Lu t u t u t t t t t

d) Para las referencias dadas para la tensión y la intensidad en la fuente, el

producto de ug(t) por i(t) da como resultado la potencia cedida por dicha

fuente (ambas referencias tienen sentidos contrarios):

2

( ) ( ) ( ) (12sen 20cos ) 4sen

48sen 80sen cos

ced fuente gp t u t i t t t t

t t t

Se puede comprobar que la potencia cedida por la fuente es igual a la suma

de las potencias absorbidas por la resistencia y por la bobina (balance de

potencias del circuito):

2 ( ) ( ) ( ) 48sen 80sen cosced fuente gp t u t i t t t t

2 ( ) 48senabs Rp t t

( ) ( ) ( ) (20cos )(4sen ) 80sen cosabs L Lp t u t i t t t t t


Problema 3.2 ()

Determinar las tensiones e intensidades en todos los elementos del circuito

de la figura. Calcular la potencia absorbida por cada uno de los 5 elementos

que lo integran y comprobar que su suma es cero:

Solución:

Lo primero es establecer las referencias de tensión e intensidad del circuito:

En la resistencia de 20 Ω se tiene que:

2 1 2 60 VU U U

Aplicando la ley de Ohm en esa resistencia:

2 2 2 220 60 20 3 AU I I I

Y la potencia absorbida por ella es:

2 2 2 20 2 2 20 3 20 180Wabs RP I R I

Se puede comprobar que la potencia también se puede calcular como:

+

60 V 20

+

U1

5

5I2

U1/4

I2

+

+

60 V 20

+ +

U1

5

5I2

U1/4

I2

+ I1

I5 I

4

I3+

U3

U5

+ U2 U

4

+


2 2 22 2

20

60180W

20 20abs R

U UP

R

O bien como:

20 2 2 60 3 180Wabs RP U I

La tensión en la fuente de tensión dependiente es:

5 25 5 3 15 VU I

Se puede hallar la tensión en la fuente de intensidad dependiente ya que:

2 5 3 3 360 15 45 VU U U U U

Se tiene que:

3 4 4 45 VU U U

Conocida esa tensión, se puede hallar la intensidad I4 aplicando la ley de

Ohm a la resistencia de 5 :

4 4 4 45 45 5 9 AU I I I

Por tanto la potencia absorbida por la resistencia es:

2 2 =5 4 9 5 405Wabs RP I R

O bien:

5 4 4 45 9 405Wabs RP U I

La intensidad I3, de la fuente de intensidad dependiente (f.i.d.), vale:

13

6015 A

4 4

UI

En la fuente de intensidad dependiente, las referencias U3 e I3 tomadas para

la tensión y la intensidad van en el mismo sentido y, por tanto, su producto

da como resultado la potencia absorbida.


1 3 3

4

45 15 675WUabs fidP U I

1

3

13

4

45 V

En f.i.d. 15 A4

675WUabs fid

UU

I

P

La intensidad I5 es, aplicando la LKI:

5 3 4 15 9 24 AI I I

En la fuente de tensión dependiente (f.t.d.), la potencia es el producto de su

tensión en bornes, U5, por la intensidad que circula por ella, I5. La potencia

así calculada se trata de la potencia absorbida por la fuente, ya que las

referencias de su tensión y de su intensidad van en el mismo sentido:

2 5 5 5 15 24 360Wabs ftd IP U I

2

5 2

2 5

5

3 3 5 15V

En f.t.d. 5 24 A

360Wabs ftd I

U I

I I

P

La intensidad I1 es:

1 2 5 3 24 27 AI I I

En la fuente de tensión (f.t.) de 60 V, como las referencias tomadas para la

tensión y la intensidad van en sentidos contrarios, el producto de U1 por I1 da

como resultado la potencia cedida:

ced 60 V 1 1 60 27 1620WftP U I

1

1

60 V 60 V

60 V

En f.t. 60 V 27 A

1620Wabs ft ced ft

U

I

P P

Se puede comprobar que:


Potencias absorbidas 0

1620 180 405 675 360 0 W


Problema 3.3 ()

Dado el circuito de la figura, determinar la tensión U y las potencias cedidas

por todas las fuentes.

Solución:

Dando nombre a los nudos y poniendo las referencias en el dibujo, se tiene:

Aplicando la LKT a la trayectoria cerrada ABCDEA, y para las referencias

indicadas, se tiene que:

4 710R RU U U

Por otra parte, si se aplica la LKI generalizada al recinto cerrado indicado en

la figura de arriba:

2

Intensidades que entran al recinto Intensidades que salen del recinto

0 AI

+ 10 V

12 A 2 A

+

B

+ U

I ∙I 4

7

3

6 = 3

+

10 V

12 A 2 A

+

B

+ U

I ∙I 4

7

3

= 3

+

+

UR4

UR7

I2 I3

C

I1 E D

6 UI +


Por tanto la tensión UR7 es:

7 2 7 0 7 0 VRU I

Las resistencias de 3 y 6 están en paralelo, independientemente de que I2

sea igual a cero o no, por lo que siempre es aplicable el divisor de intensidad.

Luego aplicando la fórmula del divisor de intensidad en el nudo C:

16 72312 12 8 A

1 1 6 3 93 6

I

Conocida la intensidad I, la fuente dependiente de tensión del circuito de la

izquierda tendrá un valor:

∙ 3∙8 24 VI

Aplicando la ley de Ohm al lado izquierdo del circuito se calcula la

intensidad I1:

1

∙ 244 A

2 4

II

R

Por lo tanto:

4 4 1∙ 4 ∙4 16 VRU R I

La tensión U es entonces:

4 710 16 10 0 26 VR RU U U

En cuanto a las potencias cedidas por las fuentes:

Para referencias de tensión e intensidad en sentidos opuestos, como las

indicadas en el dipolo de la figura siguiente, el producto de U por I es igual a

la potencia cedida.


Luego si se aplica este criterio a las fuentes del circuito, se obtiene:

3 1

10V 2

∙ ∙ 24∙4 96W

10∙( ) 10∙0 0Wced I

ced

P I I

P I

La tensión a la que está sometida la fuente de intensidad de 12 A es:

3 ∙ 3 ∙8 24 VIU R I

Luego, para las referencias tomadas, la potencia cedida por esa fuente es:

12A 12∙ 12∙24 288Wced IP U

I

U

+

Pced = U∙I Dipolo


Problema 3.4 ()

Calcular la potencia absorbida o cedida por cada elemento del circuito de la

figura y comprobar el balance de potencias. Calcular la energía almacenada

en el condensador y en la bobina en t = 20 s. Considerar que el circuito se

encuentra en estado estacionario.

Datos: R1 = 1 , R2 = 2 , R3 = 1 , R4 = 1 , R5 = 1 , R6 = 2 , Eg = 8 V,

C = 1 mF y L = 10 mH.

Solución:

Dado que la fuente es de continua, y que el circuito se encuentra en estado

estacionario, la bobina se comporta como un cortocircuito y el condensador

como un circuito abierto. En estas condiciones el circuito es equivalente a:

+

L

C

R1

R2

R3

R4

R5

R6

Eg

+

8 V

1

2

1

1

1

2

I


Agrupando las dos resistencias de 1 que están en serie:

1 1 2eq eqR R

Agrupando las dos resistencias de 2 que están en paralelo:

1 1 1

12 2

eq

eq

RR

Agrupando las dos resistencias de 1 que están en serie:

1 1 2eq eqR R

+

8 V

1

2

2

1

2

I

+

8 V

1

2 1

1

I

+ 8 V

1

2 2

I


Agrupando las dos resistencias de 2 que están en paralelo:

1 1 1

12 2

eq

eq

RR

Resolviendo el circuito:

8 (1 1) 4 AI I

Conocida esa intensidad I se puede, apoyándose en los circuitos anteriores y

mediante el divisor de intensidad, hallar las intensidades en cada rama del

circuito. La intensidad de 4 A se divide entre dos ramas que tienen la misma

resistencia cada una, luego esa intensidad se dividirá por dos. Lo mismo

ocurrirá con la intensidad de 2 A.

+ 8 V

1

1

I

+ 8 V

1

2 2

4 A 2 A

2 A


Conocida la intensidad que circula por cada una de las ramas, se puede

calcular la potencia absorbida o cedida en cada elemento del circuito. Para

las referencias dadas, esas potencias son:

1

2

3

4

5

6

2 2 1

2

2

2

2

2

8 4 32W

4 1 16W

2 2 8W

1 1 1W

1 1 1W

2 1 4W

1 2 2W

ced fuente g

abs R

abs R

abs R

abs R

abs R

abs R

P E I

P I R

P

P

P

P

P

Se puede comprobar el balance de potencias en el circuito:

ced fuente abs resistenciasP P

32 W 16 8 1 1 4 2 W

La bobina no absorbe potencia ya que:

cte 0 V 0 WL L abs LI U P

El condensador no absorbe potencia ya que:

cte 0 A 0 WC C abs CU I P

+

8 V

1

2

1

1

1

2

1 A

4 A 2 A

1 A

2 A


Para calcular la energía almacenada en el condensador hay que tener en

cuenta que, aunque se comporta como un circuito abierto (IC = 0), sigue

estando presente en el circuito y está sometido a una tensión UC. Lo mismo

ocurre con la bobina, aunque se comporta como un cortocircuito (UL = 0),

sigue estando presente en el circuito, y por ella circula una corriente IL.

La energías almacenadas en el condensador y en la bobina son:

21( ) ( )

2C Cw t C u t

21( ) ( )

2L Lw t L i t

Como el circuito se encuentra en régimen estacionario, las variables del

circuito, entre ellas la tensión en el condensador y la intensidad en la bobina,

no dependen del tiempo, es decir, son constantes. Debido a ello, tanto la

energía almacenada en el condensador como la energía almacenada en la

bobina no dependen del tiempo.

Se puede calcular la tensión en el condensador como:

5 4 5 42 1 2 1 1 1 3 VC R R C CU U U U R R U

Por tanto la energía almacenada en el condensador es:

2 310,001 3 4,5 10 J

2CW

+

UC

+

8 V

1

2

1

1

1

2

1 A

4 A 2 A

1 A

2 A

IL

+

UR5

+ UR4


La intensidad que circula por la bobina es:

2 ALI

Por tanto la energía almacenada en la bobina es:

210,01 2 0,02 J

2LW


Problema 3.5 ()

Se dispone de un radiotransmisor alimentado mediante un adaptador de

corriente alterna a corriente continua (AC/DC). Normalmente se utiliza

conectándolo a la red de alimentación eléctrica de 230 V AC, pero por causas

de fuerza mayor se ha de utilizar este transmisor en campo, donde no se

dispone de una red de alimentación eléctrica.

Los datos que aparecen en el adaptador son:

INPUT: AC 100‐240 V OUTPUT: DC 12 V 0,25 A (máx) 2,25 A (máx) 50‐60 Hz

El fabricante facilita los datos de consumo de potencia eléctrica del

radiotransmisor. Éste presenta un consumo continuo de 2 W en el modo de

funcionamiento de espera/recepción. Cuando el aparato está en modo

emisión, al consumo anterior hay que sumarle un consumo de 25 W.

Se ha pensado alimentar el radiotransmisor en campaña mediante una

batería de automóvil disponible, en la que pueden leerse sus características:

12 V y 60 Ah.

a) Calcular el tiempo de autonomía de funcionamiento del

radiotransmisor alimentándolo con dicha batería en modo espera, en

modo emisión y en un modo mixto de relación 60% espera y 40%

emisión.

b) Repetir los cálculos anteriores si no se quisiera sobrepasar una

“profundidad de descarga” del 70% en la batería.

Solución:

a) Antes de pasar a la solución del problema, se ha de hacer un comentario

sobre la manera en que los fabricantes de baterías expresan la capacidad

(energía almacenada) de las mismas. Es usual que la capacidad de una

batería se exprese en “Ah” (Amperios × hora), por ejemplo, como en este

caso 60 Ah. Esto corresponde al producto de la corriente que suministra la

batería por el tiempo durante el cual es capaz de cederla. Es decir, la batería


es capaz de suministrar 60 A durante 1 h, ó 30 A durante 2 h, ó 15 A durante

4 h, ... , o cualquier combinación cuyo producto sea 60 Ah. En la tabla

siguiente se exponen algunas posibles combinaciones. Ha de notarse que el

producto real que garantiza el fabricante es lo que se denomina como C100,

es decir, la capacidad a 100 horas, y que el resto son extrapolaciones que no

son del todo ciertas, y que cuanto más se alejan de esa capacidad de

referencia, más difiere el comportamiento real de la batería con respecto a

ese producto.

Amperios (A) Horas (h)

60 130 215 410 65 121 600,6 1000,3 2000,1 600

Esto es así ya que cuanto más lentamente se descarga una batería, más

energía es capaz de ceder (debido a la dinámica de las reacciones químicas

que se producen en su interior). Por lo que si una batería está cediendo 60 A,

por ejemplo, no conseguirá hacerlo durante 1 hora, sino durante algo menos

de tiempo, con lo que el producto será algo menor que 60 Ah. Y por el

contrario, es posible que se consiga extraer 0,1 A durante más de 600 horas,

con lo que el producto será algo mayor.

En cualquier caso, y para realizar los cálculos, se considera que la capacidad

de la batería no depende del tiempo, y que para descargas en el orden de la

capacidad a 100 horas ese producto se va a mantener constante. Además

también se considera que la batería mantendrá una tensión

aproximadamente constante, aunque realmente la tensión irá cayendo

ligeramente a medida que la batería se descarga. Como dato, una batería de

plomo‐ácido de tensión nominal 12 V, cuando termina de cargarse, presenta

una tensión en vacío entre sus bornes de 12,8 V (después de reposar y sin

C100


nada conectado a ella). Por el contrario, una tensión inferior a 11,7 V indica

un estado muy bajo de carga de la batería.

Ha de notarse que este comportamiento se supone para una batería en buen

estado de conservación Según una batería realiza ciclos carga/descarga su

capacidad (energía que puede almacenar y posteriormente ceder)

disminuye.

Hecha esta introducción y para calcular la autonomía de la que se dispondrá

con la batería citada, lo primero que se necesita conocer es el consumo

(Amperios) del transmisor en ambos modos de funcionamiento.

Del dato de la potencia eléctrica consumida en espera y en emisión se puede

calcular la intensidad consumida en ambos modos, ya que se conoce la

tensión de alimentación, 12 V.

Con el dato de la potencia consumida en espera:

12 2 WESP ESPP U I I

de donde se obtiene que:

0,167 AESPI

Esta intensidad IESP es consumida continuamente por el aparato por el hecho

de estar conectado, y es la consumida en el modo de espera.

Cuando el aparato se encuentra emitiendo, el consumo de potencia aumenta

en 25 W. Con este dato se puede calcular la intensidad consumida por el

hecho de emitir, que es:

12 25 WEMI EMIP U I I

de donde se obtiene que:

2,083 AEMII

Esta intensidad IEMI es consumida por el aparato por el hecho de emitir. Con

lo que la intensidad total que consume cuando se encuentra emitiendo es la


suma de la consumida en modo espera, más la consumida por el hecho de

emitir:

2,250 AEMI TOT ESP EMII I I

Conocidos estos datos ya es posible calcular la autonomía que se tendrá con

la batería citada.

La autonomía en modo de espera será:

60 Ah

360,00 h0,167 A

Autonomía espera

Y la autonomía en modo emisión será:

60 Ah

26,66 h2,250 A

Autonomía emisión

Para calcular la autonomía en el modo mixto, se ha de calcular la intensidad

promedio consumida en ese modo:

60% 40% 0,60 0,167 0,40 2,250 1 AMIXTO ESP EMI TOTI I I

La autonomía en modo mixto será:

60 Ah

mixto 60,00 h1 A

Autonomía

b) La profundidad de descarga (PD), es un concepto que afecta al máximo

de energía que el fabricante aconseja extraer de una batería. Normalmente,

y si las circunstancias lo permiten, se intenta no descargar las baterías

totalmente, ya que el hecho de descargarlas profundamente acorta mucho

su vida útil. En baterías utilizadas de plomo‐ácido, una profundidad de

descarga típica puede ser del 70%. Esto significa que se intentará no utilizar

más del 70% de la capacidad de la batería, es decir, que se deja una reserva

de energía del 30% sin utilizar, con la intención de alargar la vida de la

batería.


Los cálculos de autonomías anteriores se han realizado sin tener en cuenta el

concepto de profundidad de descarga, es decir, se han realizado

descargando la batería al 100%.

Si se tiene en cuenta este concepto, la capacidad de la que se dispone con

esa batería, al 70% de profundidad de descarga es:

70% 100% 70% 60 Ah 0,70 42 AhPDCapaciad Capaciad

Si se repiten los cálculos de autonomía anteriores con esta nueva capacidad,

que se ha reducido al 70% de la original, obviamente, todos los resultados se

ven reducidos en esa misma proporción.

70%

42 Ah252,00 h

0,167 APDAutonomía espera

70%

42 Ah18,66 h

2,250 APDAutonomía emisión

70%

42 Ah mixto 42,00 h

1 APDAutonomía

Los cálculos de autonomía se han realizado en función del consumo previsto

por el radiotransmisor, sin descargar la batería totalmente para mejorar su

rendimiento futuro. Esto puede que no sea operativo en algunas

circunstancias especiales, que pueden exigir descargarla totalmente. Para

estas circunstancias, se sabrá que se dispone de un 30% más de capacidad de

“reserva” para solventar las posibles contingencias.



Problema 3.6 ()

(Continuación Problema 2.17). Sabiendo que u(t) = sen2t, hallar, en función

del tiempo, la energía almacenada en el condensador y en la bobina. Hallar la

potencia cedida o absorbida por cada uno de los elementos del circuito.

Suponer que inicialmente los elementos están descargados: u(t=0) = 0 V e

i2(t=0) = 0 A.

Resultados: 24

2C

1w (t) = sen t

4

2 21

2

2 2

2 2 2 24

2 3 24

3 2 5 2 2 3 24

2L

2abs R=2

abs C

abs L

2abs R=

ced fuente

1w (t) = (1+ 2sen t ‐ cos t)

6

p (t) = 2cos t

p (t) = sen t cos t

1p (t) = (sen t + 2cos t)(1+ 2sen t ‐ cos t)

1p (t) = (1+ 2sen t + cos t)

1p (t) = (1+ sen t + cos t)(1+ 2sen t cos t)

+

4

2 H 2

1/2 F

+

u(t) e (t)

u1(t)

+

u2(t)

+ i3(t) i

1(t)

i2(t)

u4(t)

+


Problema 3.7 ()

Dado el circuito de la figura, calcular la energía almacenada en la bobina y en

los condensadores y la potencia absorbida o cedida por las fuentes. El

circuito se encuentra en estado estacionario.

Resultados: , , ,‐3 ‐3 ‐6L C 5 F C 10 FW = 9 10 J W = 1 10 J W = 125 10 J

, , ,abs 6A ced 20V abs 10VP = 30 W P = 120 W P = 30 W

abs 3AP = 15 W

Problema 3.8 ()

Todas las resistencias del circuito de la figura son del mismo valor R. Al

aplicar una tensión entre los terminales A y B, la resistencia que está

colocada entre estos mismos terminales consume una potencia de 110 W.

Calcular la potencia total consumida por el conjunto de las siete resistencias.

+

10 V

5 2 mH

5 F

+

10 F

6 A

3 A

20 V


Resultados: TotalP = 150 W

Problema 3.9 ()

El circuito de corriente continua de la figura se encuentra en estado

estacionario. El condensador C1 tiene una energía almacenada de 1 Julio.

Calcular el valor del condensador C1.

Resultados: ‐51C = 5 10 F

Problema 3.10 ()

Dado el circuito de la figura, calcular todos los valores que puede tomar la

fuente de tensión E para que la resistencia de 2 absorba una potencia de

R

R

R

R

R R

R UAB

+A

B

+

300 V

R

L

C1

R

L

C2

R

L


8 W. Suponer que las fuentes son de continua y que el circuito se encuentra

en estado estacionario.

Resultados: La potencia absorbida por la resistencia de 2 será siempre

8 W, independientemente del valor de E.

Problema 3.11 ()

Calcular la potencia cedida por la fuente de tensión en el circuito de la figura,

siendo e(t) = 2sent y considerando el transformador ideal.

Resultados: 2ced fuentep (t) = 12sen t

+

E

1

2

10 mH

20 F

+

4 V

+

1 e(t) 2 N 2N

Tema 4: Métodos de análisis de circuitos

Problemas resueltos

Problema 4.1 ()

Aplicando el método de análisis por nudos, calcular las intensidades indicadas

en el circuito de la figura.

Datos: R1 = 2 , R2 = 4 , R3 = 6 , R4 = 8 , R5 = 10 , eg1(t) = 20 V, eg2(t) = 8 V.

Solución:

Como se solicita aplicar el método de análisis por nudos, es recomendable

que todas las fuentes del circuito sean fuentes de intensidad. En el circuito

considerado, existen dos fuentes de tensión reales, por lo que pueden

transformarse en sus fuentes de intensidad reales equivalentes. El circuito,

equivalente al dado para todos sus elementos salvo para aquellos que

intervienen en la transformación de las fuentes, es:

+

R1

eg1(t) +

eg2(t)

R2

R5 R

3

R4

i4(t)

i5(t) i

2(t)

i3(t)

i1(t)


A continuación se determina el número de nudos del circuito que se van a

considerar para la aplicación del método de análisis. Existen dos

comprobaciones importantes a realizar a la hora de localizar y denotar a los

nudos de un circuito para la aplicación del método de análisis por nudos.

Estas dos condiciones son: verificar que todos los elementos del circuito

están flanqueados por un nudo en cada uno de sus extremos; y verificar que

no hay nudos unidos por un cortocircuito que tengan distinta designación. De

ahí que en este circuito, los dos nudos inferiores, al estar unidos por un

cortocircuito, se denominen ambos como nudo 0.

Una vez determinados los nudos (tres en el circuito del ejercicio, A, B y 0), se

toma uno de ellos como nudo de referencia (en este caso el nudo 0), y se

dibujan las tensiones de nudo (tensiones de los n1 nudos restantes del circuito al nudo que se ha tomado de referencia), en este caso las tensiones

UA0 y UB0.

Sustituyendo los valores de los elementos que componen el circuito:

R1

R2

R5 R

3 R

4

g2

4

e (t)

R

g1

1

e (t)

R

A B

0

R1

R2

R5 R

3 R

4 g2

4

e (t)

Rg1

1

e (t)

R

A B

0ref.

+

uA0(t)

uB0(t)

+

Métodos de análisis de circuitos 83

A continuación, se escriben las ecuaciones correspondientes al análisis por

nudos del circuito, aplicando escritura directa:

0ij i al iY u i

Para ello es necesario obtener la matriz de admitancias de nudo [Yij], el vector

de tensiones de nudo (o vector de incógnitas) [ui0] y el vector de intensidades

de alimentación de nudo [ial i].

o La matriz de admitancias de nudo [Yij] es cuadrada y simétrica y se forma a

partir de las admitancias de los elementos pasivos que concurren al/ a los

nudo/s considerado/s. Sus elementos son:

Los elementos de la diagonal principal de la matriz de admitancias (Yii)

son la suma de las admitancias de los elementos pasivos que concurren

al nudo i. En el circuito del enunciado, al nudo A concurren la resis‐

tencia de 2 , la resistencia de 4 y la resistencia de 6 , por lo que:

1 1 1

2 4 6AAY

De la misma manera, en el nudo B concurren las resistencias de 4 , 8 y 10 , por lo que el elemento correspondiente de la matriz de

admitancias de nudo vale:

1 1 1

4 8 10BBY

6

A B

0ref

+

uA0(t)

uB0(t)

+

10 A 1 A

4

2 8 10


Los elementos de fuera de la diagonal principal de la matriz de

admitancias (Yij|ij) son la suma, con signo negativo, de las admitancias

de los elementos pasivos que comparten el nudo i y el nudo j.

En el circuito puede verse que el nudo A y el nudo B comparten la

resistencia de 4 , por lo que:

1

4AB BAY Y

o El vector columna de tensiones de nudo [ui0] está formado por las

incógnitas del método de análisis y sus elementos son, obviamente, las

tensiones de nudo.

En el circuito del enunciado, estas tensiones de nudo son:

0

0

( )

( )A

B

u t

u t

o En el vector columna de intensidades de alimentación de nudo [ial i], sus

elementos son la suma algebraica (con signo) de las intensidades

provenientes de fuentes que llegan directamente al nudo considerado. El

signo de estas intensidades es positivo si la intensidad entra al nudo y

negativo si sale de él. De esta manera, para el circuito del enunciado:

Al nudo A le llega la intensidad de la fuente de intensidad de 10 A.

Además, esta intensidad entra en el nudo A, por lo tanto:

( ) 10al Ai t

Al nudo B le llega directamente la intensidad de la fuente de 1 A.

Además, esta intensidad entra en el nudo B, por tanto:

( ) 1al Bi t

De esta manera, la aplicación de la escritura directa de las ecuaciones

correspondientes al circuito equivalente al del enunciado queda, en forma

matricial:


0

0

1 1 1 1( ) 102 6 4 4

1 1 1 1 ( ) 1

4 4 8 10

A

B

u t

u t

Escrito en forma de sistema de ecuaciones:

0 0

0 0

0,916 ( ) 0,25 ( ) 10

0,25 ( ) 0,475 ( ) 1A B

A B

u t u t

u t u t

y su solución es:

0

0

( ) 13,408 V

( ) 9,162 VA

B

u t

u t

Se ha analizado un circuito equivalente al circuito dado en el enunciado, pero

hay elementos en él para los que las transformaciones realizadas no son

equivalentes. Para determinar las intensidades pedidas en el enunciado, es

necesario “volver” al circuito original y, para ello, hay que apoyarse en las

tensiones y/o intensidades calculadas en el circuito analizado sobre los

elementos que se no se han visto afectados por los cambios. En dichos

elementos, los valores de la tensión entre sus bornes calculados en el circuito

analizado sí serán los mismos que la tensión en dichos elementos sobre el

circuito original. Esto es:

A partir de las tensiones calculadas, y aplicando la ley de Ohm y las leyes de

Kirchhoff sobre este circuito, se obtienen las intensidades pedidas:

+ + 10

i4(t)

i5(t) i

2(t)

uA0(t)

i1(t) 4

6 8 V

8

2

20 V

+ +

uB0(t)

A B

0

i3(t) + u

1(t)

+ u4(t)

0


011

03

2 1 3

044

05

20 ( )( )( ) 3,296 A

2 2( ) 13,408

( ) 2,234 A6 6

( ) ( ) ( ) 1,061

( ) 8( )( ) 0,145 A

8 8( )

( ) 0,916 A10

A

A

B

B

u tu ti t

u ti t

i t i t i t A

u tu ti t

u ti t


Problema 4.2 ()

Analizar por mallas el circuito de la figura. Calcular la potencia absorbida por

la resistencia R5 y la potencia cedida por las fuentes de tensión.

Datos: R1 = 5 , R2 = 2 , R3 = 1 , R4 = 3 , R5 = 4 , Eg1 = 10 V, Eg2 = 5 V.

Solución:

Se solicita que se analice el circuito por mallas. Al emplear este método de

análisis, es recomendable que todas las fuentes del circuito sean fuentes de

tensión. Como en este caso existen dos fuentes, y ambas son de tensión, no

será necesario apoyarse en un circuito equivalente para aplicar el método de

análisis.

Lo siguiente es determinar el número de mallas presentes en el circuito.

Recordando la definición de malla: “lazo de un circuito que no contiene

ningún otro lazo en su interior”, se observa que el circuito a analizar tiene

tres mallas.

A continuación se establecen las referencias para las intensidades de

circulación de cada una de estas tres mallas (se recuerda que dichas

referencias tienen sentido arbitrario).

R1

Eg2

+

+

Eg1

R2

R5 R

4 R

3


El sistema de ecuaciones resultante de aplicar el método de análisis por

mallas a este circuito se puede expresar, en forma matricial:

ij i al iZ i e

Mediante el sistema de escritura directa, es posible determinar sin más que

fijarse en el circuito: la matriz de impedancias de malla [Zij], el vector de

intensidades de circulación de malla (o vector de incógnitas) [ii] y el vector de

tensiones de alimentación de malla [eal i].

o La matriz de impedancias de malla [Zij] es cuadrada y simétrica y se forma

a partir de las impedancias de los elementos pasivos que pertenecen a la/s

malla/s considerada/s. Sus elementos son:

Los elementos de la diagonal principal de la matriz de impedancias (Zii)

son la suma de las impedancias de los elementos pasivos que

pertenecen a la malla i. En el circuito del enunciado, a la malla a

pertenecen la resistencia de 2 , la resistencia de 3 y la resistencia

de 4 , por lo que:

2 3 4aaZ

De la misma manera, a la malla b pertenecen las resistencias de 3 y

de 1 , por lo que el elemento correspondiente de la matriz de

impedancias de malla vale:

5

5 V

+

+

10 V

ia(t)

ib(t)

ic(t)

2

1 3 4


3 1bbZ

A la malla c pertenecen las resistencias de 5 y de 2 , por lo que el elemento correspondiente de la matriz de impedancias de malla vale:

5 2ccZ

Los elementos de fuera de la diagonal principal de la matriz de

impedancias (Zij|ij) son la suma algebraica (con signo) de las

impedancias de los elementos pasivos que pertenecen

simultáneamente a la malla i y a la malla j. El signo es positivo si el

sentido de las intensidades de circulación de malla coincide sobre el

elemento pasivo, y negativo en caso contrario.

En el circuito puede verse que la malla a y la malla b comparten la

resistencia de 3 y, como sobre esa resistencia el sentido de la

intensidad de circulación de la malla a es de arriba hacia abajo y el

sentido de la intensidad de circulación de la malla b es de abajo hacia

arriba, se tiene que:

3ab baZ Z

Sólo hay un elemento pasivo que pertenezca simultáneamente a la

malla a y a la malla c, y es la resistencia de 2 . Sobre esta resistencia, el sentido de circulación de la intensidad de la malla a es de izquierda a

derecha, mientras que el sentido de circulación de la intensidad de la

malla c es de derecha a izquierda, por lo que el signo del elemento es

negativo:

2ac caZ Z

La malla b y la malla c no comparten ningún elemento pasivo (sólo

comparten la fuente de tensión de 5 V, pero las fuentes no afectan a la

matriz de impedancias). Por lo tanto:

0bc cbZ Z


o El vector columna de intensidades de circulación de malla [ii] está formado

por las incógnitas del método de análisis, que son las intensidades de

circulación de malla.

En el problema del enunciado, estos elementos son:

( )

( )

( )

a

b

c

i t

i t

i t

o En el vector columna de tensiones de alimentación de malla [eal i], sus

elementos son la suma algebraica (con signo) de las tensiones de las

fuentes que pertenecen a la malla considerada. El signo es positivo si la

intensidad de circulación de la malla considerada “sale” por el terminal

marcado con el “+” de la fuente de tensión y negativo si la intensidad de

circulación de malla “entra” por este terminal.

A la malla a pertenece la fuente de tensión de 10 V. La intensidad de

circulación de la malla a “sale” por el terminal marcado con el + de la

fuente, por lo tanto:

( ) 10al ae t

A la malla b pertenece la fuente de tensión de 5 V. La intensidad de

circulación de la malla b “entra” por el terminal marcado con el + de la


( ) 5al be t

A la malla c pertenece la fuente de tensión de 5 V. La intensidad de

circulación de la malla c “sale” por el terminal marcado con el + de la


( ) 5al ce t

Así pues, las ecuaciones, en forma matricial, correspondientes al método de

análisis por mallas de este circuito, aplicando escritura directa, son:


4 2 3 3 2 ( ) 10

3 3 1 0 ( ) 5

2 0 5 2 ( ) 5

a

b

c

i t

i t

i t

Escrito en forma de sistema de ecuaciones:

9 ( ) 3 ( ) 2 ( ) 10

3 ( ) 4 ( ) 5

2 ( ) 7 ( ) 5

a b c

a b

a c

i t i t i t

i t i t

i t i t

Resolviéndolo, se obtienen las intensidades de malla:

( ) 1,242 A

( ) 0,318 A

( ) 1,069 A

a

b

c

i t

i t

i t

Y las potencias pedidas, según las referencias dadas a las intensidades de

malla, son:

5 5

1 1

2 2

( ) 6,17W

( ) 12,42W

( ) ( ) 6,93W

abs R a

ced Eg g a

ced Eg g b c

P i t R

P E i t

P E i t i t

2


Problema 4.3 ()

Dado el circuito de la figura, calcular mediante el método de análisis por

nudos la intensidad que circula por todas las resistencias y por la fuente

dependiente de tensión, así como la tensión en bornes de las fuentes de

intensidad. Calcular la potencia absorbida por todos los elementos del

circuito y comprobar que se verifica el balance de potencias.

Datos: R1 = 2 , R2 = 3 , R3 = 1 , ig = 3 A, = 5.

Solución:

Para aplicar el método de análisis por nudos, es conveniente que todas las

fuentes del circuito sean fuentes de intensidad. En este caso, el circuito

contiene 2 fuentes de intensidad (reales) y una fuente de tensión (ideal y

dependiente). Al tratarse de una fuente ideal, no es posible transformarla

directamente en una fuente real de intensidad y, en consecuencia, se deja tal

cual en el circuito. Para solventar el hecho de tener en el circuito una fuente

de tensión, es necesario agregar una incógnita al sistema resultante de

aplicar el método de análisis y, por lo tanto, es necesario escribir una

ecuación adicional que permita que dicho sistema tenga solución única.

Se trata de un circuito con 3 nudos, y se toma el nudo inferior como nudo de

referencia (recordar que hay que asegurarse de que no existan nudos unidos

a través de un cortocircuito que tengan distinta designación, de ahí la forma

en la que se ha representado el nudo 0 en el circuito).

R2

igR1 +

ig

R3∙u u

+


Se ha añadido la incógnita ie (con referencia arbitraria) para solventar el

hecho de que la fuente de tensión dependiente es ideal. Dicha intensidad se

trata, cuando se escriben las ecuaciones del método de análisis, como la

intensidad proveniente de una fuente de intensidad.

Las ecuaciones para el circuito considerado, aplicando escritura directa, son:

0

0

1 1 132 3 3 ∙

1 1 1 3 3

3 3 1

A e

B

u i

u

Ecuaciones adicionales:

Por haber dejado en el circuito una fuente ideal de tensión (la

ecuación se construye escribiendo el valor conocido de la fuente en

función de las incógnitas principales del método de análisis):

05 Au u

Por haber en el circuito una fuente dependiente (la ecuación se

construye escribiendo la variable de la cual depende la fuente en

función de las incógnitas principales del método de análisis):

0Bu u

El sistema de ecuaciones a resolver es:

3

3 A+

3 A

1 5∙u u

+

2

A B

0

+

uB0

+

uA0

ie


0 0

0 0

0

0

0,833 0,333 3

0,333 1,333 6

5

0

A B e

A B

A

B

u u i

u u

u u

u u

cuya solución es:

A

B

e

u

u

i

u

0

0

10 V

2 V

6 A

2 V

Dibujando las referencias para las distintas ramas del circuito:

Se calculan las intensidades que circulan por las resistencias y por la fuente

de tensión, así como las tensiones en bornes de las fuentes de intensidad:

01

1

0 02

2

03

3

105 A

2

10 24 A

3

22 A

1

AR

A BR

AR

ui

R

u ui

R

ui

R

3

3 A+

3 A

1 5∙u u

+

2

A B

0

+

uB0

+

uA0

ie

+

uI1

+

uI2

iR1 iR3

iR2


1 0 0

2 0

6 A

10 2 12 V

2 V

e

I A B

I B

i

u u u

u u

Las potencias absorbidas por los distintos elementos, para las referencias

indicadas en el circuito, son:

1

2

21 1 1

22 2 2

23 3 3

1 1

2 2

0

∙ ( 5) ∙2 50W

∙ ( 4) ∙3 48W

∙ 2 ∙1 4W

∙ 3∙( 12) 36W

∙ 3∙2 6W

∙ ( 10)∙( 6) 60W

g

g

abs R R

abs R R

abs R R

abs i g I

abs i g I

abs u A e

P i R

P i R

P i R

P i u

P i u

P u i

2

2

2

Dado que todas las potencias están calculadas con criterio de potencia

absorbida por cada uno de los elementos del circuito, el balance del circuito

se verifica comprobando numéricamente que la siguiente expresión suma

cero:

1 21 2 3 0

50 48 4 36 6 60 0W (se cumple)

g gabs absR absR absR abs i abs i abs u

abs

P P P P P P P

P


Problema 4.4 ()

Dado el circuito de la figura, determinar mediante el método de análisis por

mallas la intensidad que circula por las resistencias y las fuentes de tensión,

así como la tensión en bornes de las fuentes de intensidad. Calcular la

potencia absorbida por las resistencias y la potencia cedida por las fuentes, y

verificar que se cumple el balance de potencias.

Datos: R1 = 1 , R2 = 1 , R3 = 2 , R4 = 2 , Eg1 = 4 V, Eg2 = 6 V, Ig = 3 A, = 3.

Solución:

El circuito contiene dos fuentes de intensidad (una real y otra ideal, y ésta

última además dependiente) y dos fuentes de tensión. El método de análisis

por mallas prefiere que el circuito contenga fuentes de tensión, por lo que se

transforma la fuente real de intensidad en su fuente real de tensión

equivalente.

Como no es posible transformar la fuente ideal de intensidad, se deja en el

circuito y, para solventar este inconveniente, se dibuja la referencia de la

tensión en bornes de dicha fuente. Se utilizará dicha tensión como si se

tratara de la tensión en bornes de una fuente de tensión.

Posteriormente, como esta tensión en la fuente de intensidad es una

incógnita, se añadirá una ecuación adicional al sistema. El circuito,

equivalente al original, es entonces:

R2

R1

Eg1

∙I

+

+Eg2R3 R4Ig

I


Sobre este circuito se han dibujado las referencias de las intensidades de

circulación de malla. Aplicando la escritura directa de las ecuaciones de este

método de análisis:

1 2 1 2 0 4 6

2 2 2 2 6

0 2 2 6

a

b I

c

I

I U

I

Ecuaciones adicionales:

Debido a la existencia de una fuente de intensidad ideal, se ha

añadido como incógnita la tensión en bornes de dicha fuente. La

ecuación adicional se construye relacionando el valor conocido de la

fuente (en este caso el valor de su intensidad) con las incógnitas

principales del método de análisis (en este caso las intensidades de

circulación de malla).

bI I

Debido a que existe una fuente dependiente, cuyo valor depende del

valor de una variable en otra rama del circuito, se hace preciso escribir

una ecuación adicional. Esta ecuación se construye relacionando el

parámetro del cual depende dicha fuente con las incógnitas

principales del método de análisis.

Dado que la intensidad de la cual depende la fuente es la intensidad

que circula por la resistencia de la fuente real, que se ha transformado

1

1

4 V

3∙I

+

+

6 V

+ 2

IbIa Ic2

+ UI

6 V


en su fuente equivalente, esta relación entre parámetro e incógnitas

habrá que establecerla sobre el circuito original.

Aplicando la LKI en el nudo A:

3 a bI I I

Agrupando las ecuaciones:

4 2 2

2 4 2 6

2 2 6

3 0

3

a b

a b c I

b c

b

a b

I I

I I I U

I I

I I

I I I

La solución del sistema es:

7 A

15A

12 A

5 A

16 V

a

b

c

I

I

I

I

I

U

Para calcular tensiones y corrientes en el circuito original, se dibujan las

referencias de estas magnitudes en las diferentes ramas:

R2

R1

Eg1+

R3

3 A

I

Ia

Ia–Ib

A

Ib

…

…

∙I


De esta manera:

1

2

3

4

5

3 3

4 4 4

3

7 A

8 A

15A

3 A

12 A

10 V

6 V

10 V

16 V

a

a b

b

b c

c

R

R

Ig R

I

I I

I I I

I I

I I I

I I

U R I

U R I

U U

U

La potencia absorbida por las resistencias es:

21 1 1

22 2 2

23 3

24 4 4

49W

49W

50W

18W

abs R

abs R

abs R

abs R

P R I

P R I

P R I

P R I

La potencia cedida por las fuentes (teniendo en cuenta las referencias

indicadas en el circuito) se calcula:

1 1 1

2 2 5

28W

72W

30W

240W

ced Eg g

ced Eg g

ced Ig Ig g

ced I I

P E I

P E I

P U I

P U I

R2

R1

Eg1

∙I

+

+Eg2 R3 R4Ig

IUR2

UR1

UR3

I2

I1 I3

I4

I5

UR4UIg

UI+

+

+

+

+

+

Ia–I

b


A partir de las potencias absorbidas y cedidas calculadas, se puede

comprobar el balance de potencias del circuito:

166WSe cumple

166W

ced resto elementos abs resistencias

abs resistencias

ced resto elementos

P P

P

P


Problema 4.5 ()

Para el circuito de la figura, calcular, aplicando el método de análisis por

nudos (tomando el nudo 0 como nudo de referencia), la potencia cedida por

las fuentes y la potencia absorbida por las resistencias. Verificar el balance de

potencias.

Datos: Eg = 8 V, Ig = 15 A, R1 = 1 , R2 = 1/2 , R3 = 1/3 , R4 = 1/4 , R5 = 1/5 , = 5

Solución:

Dado que el circuito se va a analizar aplicando el método de análisis por

nudos, se transforma la fuente real de tensión en su fuente real de intensidad

equivalente. Por otra parte, por estar en serie con una fuente ideal de

intensidad, se puede eliminar la resistencia R4 sin que el resto de los

elementos del circuito se vean afectados. Por último, se añade como

incógnita la intensidad que circula por la fuente ideal dependiente de

tensión, Ie.

Hechas estas transformaciones, el circuito queda:

R1

Eg

+

–

+

+

R2

U

∙U

R3

R4

Ig

R5

0 Ref


Las ecuaciones correspondientes al análisis por nudos del circuito (mediante

escritura directa) son:

A

B e

C

U

U I

U

0

0

0

1 2 2 0 8

2 2 3 3

0 3 3 5 15

Debido a la presencia de una fuente de tensión ideal, se agrega la ecuación

adicional:

BU U 0

Se añade otra ecuación adicional debido a la presencia de una fuente

dependiente:

0 0A BU U U

El sistema de ecuaciones a resolver es:

A B

A B C e

B C

B

A B

U U

U U U I

U U

U U

U U U

0 0

0 0 0

0 0

0

0 0

3 2 8

2 5 3

3 8 15

5

R1

Eg/R

1

+

–

+

R2

U

∙U

R3

Ig

R5

0 Ref

A B C

+ ++

UA0

UB0 UC0

Ie


La solución del sistema es:

0

0

0

6 V

5 V

0 V

1V

13 A

A

B

C

e

U

U

U

U

I

Para calcular las potencias cedidas y absorbidas, hay que recordar que se ha

analizado un circuito equivalente al del enunciado, por lo que se hace preciso

volver a dicho circuito original.

A continuación se calculan, teniendo en cuenta las referencias indicadas en el

circuito anterior, las potencias cedidas por las fuentes y las potencias

absorbidas por las resistencias.

Potencia cedida por la fuente Eg:

1

11

1

1 0

1

∙

2 V

2 A

16W

ced Eg g

R

R A g

ced Eg

P E I

UI

R

U U E

I

P

Potencia cedida por la fuente dependiente U:

+

–

+

R2

U

∙U

R3

R5

0 Ref

A B

+ +

UA0

UB0 UC0

IeR1

Eg

+

+

+

UR1

I1

R4

Ig

C

+

+

UR4

UI

UR3

+


0( )

65W

ced U e B e

ced U

P U I U I

P

Potencia cedida por la fuente independiente Ig:

0 4

4 4

15V

415

V456,25W

ced Ig I g

I C R

R g

I

ced Ig

P U I

U U U

U I R

U

P

La potencia absorbida por las resistencias se calcula:

21 1 1

22 1 2

23

3

3

3 0 0

3

24 4

20

5

5

4W

2W

5V

75W

56,25W

0W

abs R

abs R

Rabs R

R B C

abs R

abs R g

Cabs R

P I R

P I R

UP

R

U U U

P

P I R

UP

R

Agrupando resultados:

1

2

16W

65W

56,25W

4W

2W

ced Eg

ced U

ced Ig

abs R

abs R

P

P

P

P

P


3

4

5

75W

56,25W

0W

abs R

abs R

abs R

P

P

P

El balance de potencias es:

16 65 56,25 137,25WSe cumple

4 2 75 56,25 0 137,25W

ced fuentes abs elementos restantes

ced

abs

P P

P

P


Problema 4.6 ()

Para las referencias indicadas, escribir todas las ecuaciones necesarias para

analizar por mallas el circuito de la figura.

Solución:

Se transforma la fuente real de intensidad en su fuente real de tensión

equivalente:

Las ecuaciones correspondientes al análisis por mallas, mediante escritura

directa, son:

R1

∙u(t)

R2

ig(t) u(t)L2D

L1D

1/C1D

1/C2D

++–

i1(t)

i3(t)

i2(t)

R1

∙u(t)

R2

u(t)L2D

L1D

1/C1D

1/C2D

++–

i1(t)

i3(t)

i2(t)

(1/C1D)i

g(t)

+


g

R L D R RC D C D

i t

L D L D i t i tC D C D C D C D

i tR L D R L D u t

1 1 2 2

2 21

2 2 2

2 1 2 13

2 2 2 2

1 1

0( )

1 1 1 1( ) ( )

( )∙ ( )

Al existir una fuente dependiente, la ecuación adicional del sistema es:

u t L D i t i t2 2 3( ) ( ) ( )

Se trata de un sistema de 4 ecuaciones diferenciales con 4 incógnitas. La

correcta aplicación del método de mallas asegura que estas ecuaciones son

linealmente independientes y que, por lo tanto, el sistema tiene solución

única.

Se pueden obtener las expresiones temporales de las tensiones e

intensidades en todos los elementos que forman el circuito sin más que

resolver el sistema de ecuaciones diferenciales anterior. Para ello, es

necesario conocer las expresiones temporales de las fuentes presentes en el

circuito, los valores de los elementos que lo integran y las condiciones

iniciales en las bobinas y condensadores (intensidades y tensiones,

respectivamente).


Problema 4.7 ()

Escribir todas las ecuaciones necesarias para analizar por mallas el circuito de

la figura.

Datos: ig(t), R1, R2, L1, L2, L3, M, C,

Solución:

Dado que el circuito contiene bobinas acopladas, además de porque así lo

solicita el enunciado, se va a analizar aplicando el método de mallas, por lo

que se transforma la fuente real de intensidad en su fuente real de tensión

equivalente:

R1

∙i(t)

R2

ig(t)

i(t)

L1D

L2D

L3D

1/CD

MD

R1

∙i(t)

R2

L1D∙ig(t) i(t)

L1D

L2D

L3D

1/CD

MD

+ i2(t)i1(t)

i3(t)

+ui(t)


El circuito contiene otra fuente de intensidad, pero es una fuente ideal y, por

lo tanto no es posible su transformación a fuente de tensión. Para solventar

el inconveniente, se añade una incógnita al problema que es la tensión en

bornes de dicha fuente de intensidad, ui(t). Se ha indicado su referencia en el

dibujo del circuito.

Como en el circuito hay bobinas acopladas magnéticamente, no se aplicará el

método de análisis mediante escritura directa de las ecuaciones, sino que se

van a escribir la suma de las tensiones correspondientes a cada malla y, dicha

suma, se igualará a cero (aplicación de la LKT a cada malla). Se recuerda que

el criterio a seguir al aplicar el método de mallas es que las caídas de tensión

positivas las crea la intensidad de la malla que se considera en cada caso, es

decir, las caídas de tensión positivas en la malla a las crea la intensidad ia:

o Malla 1:

2 1 3 3 1 2 1 1 1

1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0gL D i t i t MDi t i t i t L Di t L Di t

CD

Los signos de los términos de caída de tensión que contienen al coeficiente

de inducción mutua M se determinan, a partir del criterio mencionado arriba,

según las reglas dadas en los problemas del tema 2 en los que se estudiaban

las ecuaciones de definición de varias bobinas acopladas magnéticamente.

o Malla 2:

2 2 3 2 1

1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0iR i t i t u t i t i t

CD

o Malla 3:

1 3 3 3 3 1 2 3 2 2 3 1 3( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0R i t L Di t MD i t i t R i t i t L D i t i t MDi t

La ecuación adicional debida a la presencia en el circuito de una fuente de

intensidad ideal, es:

i t i t2( ) ( )


La ecuación adicional debida a que el circuito contiene una fuente

dependiente, es:

1 2( ) ( ) ( )i t i t i t

Estas 5 ecuaciones forman un sistema de ecuaciones diferenciales

linealmente independientes, cuya solución permite obtener el valor de las

intensidades de las mallas.


Problema 4.8 ()

Dado el circuito de la figura, determinar, aplicando el método de análisis por

nudos y tomando el nudo 0 como nudo de referencia, la potencia cedida por

cada una de sus fuentes y la potencia absorbida por cada uno de los

elementos restantes. Comprobar que se verifica el balance de potencias.

Solución:

Las fuentes del circuito son de continua, esto implica que, en régimen

estacionario, la bobina se comporta como un cortocircuito.

Como en el enunciado se pide que se aplique el método de análisis por

nudos, es recomendable que todas las fuentes del circuito sean fuentes de

intensidad, por lo que las fuentes reales de tensión se transforman en su

fuente real de intensidad equivalente.

+

0

+

1 V

U

1

+

1

1 V

0,5 2 mH

2 V 2 A

2

∙U

= 1 S

+

+

0

+

1 V

U

1

+

1

1 V

0,5

2 V 2 A

2

∙U

= 1 S

+


Los elementos en serie con una fuente ideal de intensidad pueden eliminarse

sin que el resto de elementos del circuito se vean afectados. Siguiendo este

criterio, se podrá eliminar la resistencia de 2 ya que está conectada en

serie con la fuente de intensidad de valor ∙U.

Los nudos que están unidos por un cortocircuito han de tener la misma

designación. Por lo tanto, si se elimina la resistencia de 2 , el circuito a analizar tiene sólo 3 nudos, tal y como se indica en la figura siguiente. (Si no

se elimina la resistencia de 2 , el circuito tendrá entonces 4 nudos, existiendo un nudo entre la fuente de intensidad ∙U y la resistencia de 2 ).

Aplicando escritura directa:

A

B e

U

U I U0

0

1 1 1 1

1 11 1 0,5 0,5

1 1 2

0,5 0,5

Las ecuaciones adicionales son:

Por la fuente de tensión ideal:

0 2 VBU

Por la fuente dependiente (tal y como, aplicando la LKT en el circuito

original, se deduce en la figura siguiente):

01 AU U

0

+1 A 1

0,5

2 V 2 A

∙U

= 1 S

AB

+

UA0

+

UB01

1 A

Ie


El sistema resultante es:

0 0

0 0

0

0

4 2 2

2 2 2

2

1

A B

A B e

B

A

U U

U U I U

U

U U

y resolviéndolo se obtiene:

0

0

6V 1,5 V

42 V

0,5 V

1,5 A

A

B

e

U

U

U

I

Volviendo al circuito original y estableciendo las referencias de tensión e

intensidad:

+

1 V

U

1

+

1

1 V

+

…

…

+

UA0

+

0

+

1 V

U

1

+

1

1 V

0,5 2 mH

2 V 2 A

2

∙U

= 1

+

+

UA0

A B B+

UB0

I1

I2

I3 Ie

I4 I5

U2

+


A

A B

e

UI

UUI

U UI I I I

I I I

I I U

1

022

0 03 1 2 3

4 3

5 4

0,5 A1

10,5A

1 1

1A también: 1A0,5

2,5 A

2 0,5A

La potencia cedida por las fuentes (teniendo en cuenta las referencias

indicadas) se calcula como se indica a continuación.

1 1 1

2 2 2

3 3

∙ 0,5W

∙ 0,5W

∙ 3W

ced Eg g

ced Eg g

ced Eg g e

P E I

P E I

P E I

1 0 1 4 W

1,5W

ced Ig B g

ced U I

P U I

P U U

La tensión en bornes de la fuente dependiente, UI, se ha calculado aplicando

la LKT:

+

1 V

I1

+

Eg1 + 1 V

I2

1

+

Eg2

+

2 V

Ie

+

Eg3

Ig1 =2 A

B

0

+

UB0∙U = = 0,5 A

+

UB0

2 +1 V +

UI


01 3 VI BU U

Las potencias absorbidas por el resto de los elementos del circuito son:

21 1 1

22 2 2

23 3 3

25 5 5

∙ 0,25W

∙ 0,25W

∙ 0,5W

∙ 0,5W

0W

abs R

abs R

abs R

abs R

abs L

P I R

P I R

P I R

P I R

P

Por último, se comprueba que se verifica el balance de potencias.

ced fuentes abs resto elementosP P

0,5 0,5 3 4 1,5 1,5WSe cumple

0,25 0,25 0,5 0,5 0 1,5W

ced fuentes

abs resto elementos

P

P


Problema 4.9 ()

Tomando como referencia el nudo 0, aplicar el método de análisis por nudos

al siguiente circuito, que se encuentra en estado estacionario y cuyas fuentes

son de corriente continua. A partir de los resultados:

a) Determinar el valor de la fuente de intensidad Ig si el condensador

de 2 F tiene almacenada una energía de 4 J.

b) Determinar las potencias absorbidas/cedidas por todas las fuentes

del circuito.

c) Comprobar que se verifica el balance de potencias en el circuito.

Solución:

Las fuentes del circuito son de corriente continua y el circuito se encuentra

en régimen estacionario, por lo que la bobina se comporta como un

cortocircuito y el condensador se comporta como un circuito abierto.

Por otra parte, el circuito contiene una fuente real de tensión. Como se pide

que se analice por el método de nudos, se construye la fuente real de

intensidad equivalente a esta fuente de tensión.

La resistencia de 3 está conectada en serie con la resistencia de 1 . Para simplificar el número total de nudos del sistema, se asocian estas dos

resistencias poniendo en su lugar una resistencia equivalente de 4 .

0

+4 V

0,4 0,5

Ig∙I

= 0,5 2 3 +

20 mH

1

2 F

I

+UC > 0


Por otra parte, el circuito contiene una fuente de tensión dependiente que es

ideal. Como no se puede transformar, se añade una incógnita, que es la

intensidad que circula por ella Ie.

Se seleccionan y nombran los nudos del circuito llamándoles nudos A y B,

señalados sobre el circuito de abajo, aparte del nudo de referencia, 0, que

viene impuesto en el enunciado.

En este punto es necesario comprobar las condiciones de que todos los

elementos del circuito están entre dos nudos (se cumple) y que no hay nudos

unidos por un cortocircuito que se denoten por letras distintas (se cumple).

Nótese que el nudo A abarca la parte superior del circuito y que tiene muchos

elementos conectados. Para no omitir ningún término al escribir el sistema,

se recomienda recorrer los elementos del nudo A en el orden de lectura.

Una vez se han determinado los nudos, se establecen las tensiones de nudo

del circuito, UA0 y UB0. Incorporando estas consideraciones y modificaciones

al circuito original, éste queda:

Las ecuaciones correspondientes al análisis por nudos del circuito (escritura

directa), son:

0

0

1 1 1 1 1 1

104 0,5 0,4 2 0,5 0,4

1 1 1 1 10

0,5 0,4 0,5 0,4

A g

B e

U I

U I

0

10 A

0,4 0,5

Ig∙I

= 0,5

2 4 +

I +UC > 0

AIeA B A

0

+ + +

UA0UA0 UB0

A


En este sistema de ecuaciones se aprecia que hay más incógnitas que ecua‐

ciones, por lo que es necesario establecer una serie de ecuaciones adicionales

para que tenga solución única. Estas ecuaciones son:

0 0,5BU I I (por fuente ideal de tensión)

0 010

0,4A BU U

I (por fuente dependiente)

Se desconoce además el valor de la fuente Ig, por lo que se necesita

establecer una ecuación adicional más para añadirla al sistema. En el

enunciado se dice que el condensador almacena una energía de 4 J. Sabiendo

que la energía que almacena un condensador es:

21

2C Cw CU

Y como en el dibujo del circuito se ve que:

0 0C B AU U U

se deduce que:

20 0

14 2

2B AU U

y de aquí se obtiene que:

0 0 4 2 VB AU U

Como la referencia dibujada en el circuito del enunciado para la tensión en

bornes del condensador dice que UC >0, queda establecido que UB0 > UA0 y,

por lo tanto, se tiene que:

0 0 2 VB AU U

que es la ecuación adicional que faltaba para que el sistema de ecuaciones

sea determinado.


Agrupando las ecuaciones que se han ido estableciendo se ve que hay tantas

ecuaciones (5) como incógnitas (5):

0

0

5,25 4,5 10

4,5 4,5 10A g

B e

U I

U I

0 0,5BU I

0 04

0,4A BU U

I

0 0 2B AU U

y desarrollando las matrices, se tiene un sistema de ecuaciones determinado:

0 0

0 0

0

0 0

0 0

5,25 4,5 10

4,5 4,5 10

0,5 0

0,4 4

2

A B g

A B e

B

A B

B A

U U I

U U I

U I

U U I

U U

Resolviendo este sistema se obtiene:

0

0

9,5 V

7,5 V

19 A

15A

A

B

e

U

U

I

I

Y también la intensidad pedida, Ig:

26,125AgI

Para calcular las potencias absorbidas o cedidas por las fuentes es necesario

volver al circuito original.


Para las referencias indicadas en el circuito de arriba, a continuación se

calculan las potencias cedidas/absorbidas por las distintas fuentes del

circuito.

Potencia de la fuente de tensión de 4 V:

4 4 ( 15) 60Wabs fuente V fuenteP U I

En cuanto a la fuente dependiente de tensión, la potencia se calcula:

(0,5 ) 0,5 ( 15) 19 142,5Wced fuentedep fuente e eP U I I I

La potencia de la fuente de intensidad se calcula:

int 0 ( 9,5) 26,125 248,1875Wabs fuente fuente g A gP U I U I

Completando el cálculo de potencias para el resto de elementos del circuito:

2 20

2

( 9,5 )45,125W

2 2A

absR

UP

2 20,4 0,4 ( 15) 0,4 90WabsRP I

2 20 0

0,5

( 2)8W

0,5 0,5A B

absR

U UP

0

+

4 V0,4 0,5

Ig∙I

2 3 +

20 mH

1

2 F

I

+UC > 0

IeA

B A

+++

UA0

UA0 UB0

IR

0

A


0 9,5

2,375A4 4A

R

UI

2 23 3 ( 2,375) 3 16,9 1 W2 9absR RP I

2 21 1 ( 2,375) 1 5,6406WabsR RP I

20 0WabsL LP I

2 0 0WabsC CP U

Finalmente, se comprueba que se verifica el balance de potencias:

ced fuentes abs resto elementosP P

165,6875W 165,6875W


Problema 4.10 ()

El circuito de la figura se encuentra en régimen estacionario y sus fuentes son

de corriente continua. Aplicando el método de análisis por nudos y tomando

el nudo 0 como nudo de referencia, calcular el valor que ha de tomar la

tensión Eg para que la resistencia R = 1 disipe una potencia de 36 W (para

la referencia indicada, U2 > 0). En estas condiciones, calcular la potencia

absorbida por las fuentes de tensión y la potencia cedida por las fuentes de

intensidad.

Solución:

Dado que el circuito se encuentra en régimen estacionario y sus fuentes son

de corriente continua, la bobina se comporta como un cortocircuito y el

condensador como un circuito abierto.

Por una parte, se pide que se aplique el método de análisis por nudos.

Por esto, es preferible que todas las fuentes del circuito sean fuentes de

intensidad.

El circuito contiene 4 fuentes, dos fuentes de intensidad y dos fuentes de

tensión. De estas dos últimas, la fuente de la izquierda es una fuente real y la

de la derecha es una fuente ideal. La fuente de la izquierda se puede

transformar en su fuente real de intensidad equivalente y la de la derecha se

deja tal y como está y se añade la intensidad que circula por ella, Ie, como

incógnita.

+

Eg 2 U 1∙I

I0,5 H

+

2∙U

0

+

0,5 F

R = 1 4

1 A2

2 + U2


Por otra parte, a la hora de elegir y nombrar los nudos del circuito, hay que

tener en cuenta que han de cumplirse las condiciones de que todos los

elementos del circuito estén entre dos nudos y que todos los nudos unidos

por un cortocircuito han de tener el mismo nombre. Aplicando estos

requerimientos, en el circuito a analizar, como puede verse en la figura

siguiente, se distinguen cuatro nudos, el nudo A, el nudo B, el nudo C y el

nudo 0 o de referencia, que viene impuesto en el enunciado. Se han dibujado

también, en el circuito de la figura siguiente, las tensiones de nudo.

Empleando la escritura directa, el sistema de ecuaciones correspondiente al

método de análisis por nudos del circuito es:

0

0

0

11 0 0

222

1 10 0 1

2 21

10 0

4

g

A

B

C e

EU

U

U

U I

Este sistema tiene 3 ecuaciones y 6 incógnitas, por lo tanto, para que sea

determinado, se deben añadir 3 ecuaciones adicionales.

La primera ecuación adicional se obtiene de la fuente ideal de tensión, de la

cuál conocemos su valor. Esta ecuación es:

01 CI U

2 U1∙I

I

+

2∙U

0

+

1 4

1 A

2 2 +

U2

Ie

0 0 0 0 0

A A B C

+

UB0

+

UC0

+

UA0


En esta ecuación ha aparecido una incógnita más, la intensidad I. Esto

provoca que haya que buscar una ecuación adicional más. Ésta se obtiene la

aplicación de la LKI al nudo A y a partir de las incógnitas principales del

método de análisis, es decir, de las tensiones de nudo.

0

2 2

g AE U

I

La tercera ecuación adicional se obtiene escribiendo el valor de la variable de

la cual depende la fuente dependiente de tensión, U, en función de las

incógnitas principales del método de análisis:

0BU U

La cuarta ecuación adicional se obtiene de la condición dada en el enunciado

sobre la potencia que absorbe la resistencia de 1 .

2202

1 036W 6 V1 1

AabsR A

UUP U

En el enunciado se indica que para la referencia mostrada en el circuito

U2 > 0, por lo tanto, de las dos soluciones obtenidas para UA0, sólo es válida:

0 6 VAU

Agrupando las 7 ecuaciones del sistema y resolviéndolo, se obtiene:

0

0

0

6 V

1 V

8 V

1 V

22 V

8 A

3A

A

B

C

g

e

U

U

U

U

E

I

I

A continuación se calculan las potencias absorbidas por las fuentes de tensión

del circuito. Para ello es necesario volver al circuito original.


Para las referencias indicadas en el circuito:

22V 22V22 22 8 176W 176Wced absP I P

1∙ 1 8 3 24Wabs I eP I I

En cuanto a las potencias cedidas por las fuentes de intensidad:

2 0 22 6 2 1 12W 12Wabs U A ced UP U U P

1A 0 0 1A1 1 8 1 7W 7Wabs B C cedP U U P

+

22 V

2 U1∙I

I0,5 H

+

2∙U

0

+

0,5 F

R = 1 4

1 A2

2 + U2

+

UC0

+

UA0

A A B B C Ie



Problema 4.11 ()

Analizar por nudos el circuito de la figura. Calcular la potencia absorbida por

la resistencia R5 y las potencias cedidas por las fuentes de tensión.

Datos: R1 = 5 , R2 = 2 , R3 = 1 , R4 = 3 , R5 = 4 , Eg1 = 10 V, Eg2 = 5 V.

Resultados: Pabs R5 = 6,17 W, Pced Eg1 = 12,42 W, Pced Eg2 = 6,93 W

Problema 4.12 ()

Dado el circuito de la figura, determinar la potencia absorbida por la fuente

de intensidad:

a) Aplicando el método de análisis por nudos.

b) Aplicando el método de análisis por mallas.

Datos: R1 = 3 , R2 = 5 , R3 = 2 , R4 = 2 , R5 = 4 , R6 = 5 , eg1 = 8 V, ig = 3 A.

R1

Eg2

+

+

Eg1

R2

R5 R

4 R

3


Resultados: Pabs ig = 8,02 W

Problema 4.13 ()

Aplicando el método de análisis por nudos, calcular la potencia absorbida por

la fuente de intensidad del circuito de la figura. Tomar el nudo 0 como nudo

de referencia.

Resultados: Pabs fuente intensidad = 3,47 W

+

R1

ig(t)

R2

R3

R4

R5

R6

eg(t)

3

+ 1

6 2 10 mH

ia

2∙ia

5 V

0


Problema 4.14 ()

Dado el circuito de la figura:

a) Calcular, utilizando el método de análisis por nudos, el valor de la

tensión u y el valor de la intensidad que circula por cada una de las

resistencias de 10 . b) Calcular la potencia cedida por cada una de las fuentes del circuito.

Resultados: a) u= 5 V, IAB = 4 A, IBC = ‒ 2,33 A

b) Pced5V = ‒5 W, Pced3A = 50 W, Pcedu = 316,7 W

Problema 4.15 ()

Dado el circuito de la figura, y tomando el nudo 0 como nudo de referencia,

escribir las ecuaciones correspondientes a su análisis por nudos, incluyendo

las ecuaciones adicionales que se estimen necesarias para obtener un sistema

de ecuaciones que tenga solución única.

+

∙u

10

+‒

10

5

3 A

5 5 V

A

B

C

D

= 10

+u


<<Resultados:

g

A0 B0 g

1 2 2 1

A0 B0 e

2 2 3

B0

g A0

1

E1 1 1+ U ‐ U = +I

R R R R

1 1 1‐ U + + U =IR R R

U =α I

E ‐UI=

R

Problema 4.16 ()

Dado el circuito de la figura, calcular mediante el método de análisis por

mallas la potencia cedida por las fuentes en función del valor de R.

Resultados: Pced f.d.t. = 1050 W, Pced f.d.i. = ‒450 W

R2R1

Eg+

∙I R3Ig

I

+

0

10 A

2 6 R

I

6∙I

1,5

+

A

0

B

0


Problema 4.17 ()

Para el dipolo de la figura:

a) Determinar, aplicando el método de análisis por mallas, la tensión que

aparece entre los terminales A y B cuando éstos se encuentran a

circuito abierto.

b) Calcular, aplicando el método de análisis por nudos, y tomando el

nudo B como nudo de referencia, la intensidad que circula entre los

terminales A y B cuando se conecta entre ellos un cortocircuito.

Resultados: a) UAB = 23 V, b) IAB = 23/6 A

Problema 4.18 ()

En el circuito de la figura, utilizando el método de análisis por nudos y

tomando en nudo 0 como nudo de referencia, determinar:

a) El valor que ha de tener la resistencia R1 para que no circule

intensidad por la resistencia de 3 . b) La potencia absorbida por la fuentes del circuito y la potencia

absorbida por la resistencia de 1 .

6 A+

2 A

B3

5 V

6

I

∙I = 1


Resultados: a) R1 = 7

b) Pabs 9V = ‒18 W, Pabs 8V = ‒16 W, Pabs 2A = ‒30 W,

Pabs R=1 = 4 W

Problema 4.19 ()

Utilizar el método de análisis por mallas para calcular el valor de la tensión u.

Calcular también la potencia absorbida por la resistencia de 10 y la suma

de la potencia cedida por todas las fuentes.

Resultados: u = 1 V, Pabs R=10 = 0,4 W, Pced fuentes = 47,4 W

1

9 V

+

+R1

3

8 V

8

5 2 A

0

AB

C

5

+

1 A

+ ∙u

5

2 A

5

10

5 10 V

+ u

= 1

5


Problema 4.20 ()

Dado el circuito de la figura, determinar, aplicando el método de análisis por

nudos, el valor de la tensión U.

Resultados: U = 1,25 V

Problema 4.21 ()

Escribir, utilizando el operador D, las ecuaciones correspondientes al análisis

por mallas del circuito de la figura.

+

4

4 V

1 mF

2

1 5 A 2 mH

I 3∙I

+

U

1

+ M

R2L1 L2

eg1(t) eg2(t)

+

R1

R3


Resultados:

1 1 1 1 2 3 1 2 g1

2 2 1 2 2 g2 3 2 1

R i (t)+L Di (t)+MDi (t)+R i (t)‐i (t) ‐e (t)=0

L Di (t)+MDi (t)+R i (t)+e (t)+R i (t)‐i (t) =0

Problema 4.22 ()

Escribir, utilizando el operador D, las ecuaciones correspondientes al análisis

por mallas del circuito de la figura.

Resultados:

1 1 1 1 2 2 g1

2 2 1 2 2 2 g2 1 2 1 2

R i (t)+L D i (t)‐i (t) +MDi (t)‐e (t)=0

L Di (t)+MD i (t)‐i (t) +R i (t)+e (t)+L D i (t)‐i (t) ‐MDi (t)=0

i2(t) i1(t)

+M

R2

L1

L2

eg1(t) eg2(t)

+

R1

i2(t) i1(t)


Problema 4.23 ()

Dado el circuito de la figura, escribir todas las ecuaciones correspondientes a

su análisis por el método de mallas.

Resultados:

1 1 2 g1

2 2 1 g2 2

R i (t)‐au (t)‐e (t)=0

au (t)+R i (t)+e (t)+au (t)=0

1+a

R1

eg1

+

+

eg2

R2a:1

N1

N2

i2(t) i1(t)

u2(t) +

+

u1(t)

Tema 5: Teoremas Fundamentales del Análisis de

Circuitos

Problemas resueltos

Problema 5.1 ()

Determinar, aplicando el teorema de superposición, la energía almacenada en

la bobina en el instante t1 = 3 s.

Solución:

La energía almacenada en una bobina en un determinado instante sólo

depende de la intensidad que atraviesa la bobina. Por tanto, es necesario

conocer la intensidad que circula por ella en dicho instante para calcular la

energía almacenada.

Debe considerarse que el circuito ha alcanzado el régimen estacionario en

t1 = 3 s porque el enunciado no detalla las condiciones iniciales del circuito.

Por tanto, este ejercicio se resolverá como un circuito de corriente continua.

+

5 V + 1 A

10 V

2 mH

2,5 6


El teorema de superposición se utilizará para calcular la intensidad que circula

por la bobina. De acuerdo con dicho teorema, la intensidad que circula por la

bobina cuando actúan simultáneamente las tres fuentes presentes en el

circuito (dos de tensión y una de intensidad, todas ellas independientes), es

igual a la suma de las intensidades que circulan por la bobina cuando actúa

cada fuente por separado.

Por conveniencia, se ha utilizado en todos los subcircuitos la misma referencia

de la intensidad que se desea calcular. Por ello, se fija un sentido de corriente

según se indica en el circuito siguiente.

El teorema de superposición puede ser aplicado analizando los subcircuitos

resultantes de activar en orden cada fuente del circuito original, anulando el

resto de fuentes no consideradas. Como el circuito original tiene tres fuentes,

se obtienen tres subcircuitos.

o Subcircuito 1

En primer lugar se considera que solo actúa la fuente de tensión de 5 V (se

anulan las otras dos fuentes). Como el subcircuito es de corriente continua, la

bobina se comporta como un cortocircuito. Por otra parte, una fuente de

tensión anulada (de valor nulo o 0 V) se comporta como un cortocircuito, y

una fuente de intensidad anulada (de valor nulo o 0 A) se comporta como un

circuito abierto.

Teniendo en cuenta todo esto, el subcircuito correspondiente a activar solo la

fuente de 5 V consiste en dicha fuente en serie con la resistencia de 2,5 :

+

5 V + 1 A

10 V

2 mH

2,5 6

iL(t)

Teoremas Fundamentales 137

Aplicando la ley de Ohm se obtiene:

1

5 V( ) 2 A

2,5Li t

o Subcircuito 2

En el segundo subcircuito se considera que solo actúa la fuente de intensidad

de 1 A (se anulan las fuentes de tensión). Sustituyendo la bobina y las fuentes

de tensión nula por sus equivalentes, se obtiene el subcircuito 2:

La resistencia de 2,5 está en paralelo con un cortocircuito. Por tanto, toda

la corriente de la fuente circula por la bobina:

2( ) 1 ALi t

+

5 V

2,5 6

iL1(t)

Fuente detensión

anulada (0 V)

Fuente de corriente

anulada (0 A)

Equivalente de la bobina

1 A

2,5 6

iL2(t)

iR2(t) = 0 Fuente de tensión

anulada (0 V)

Fuente de tensión

anulada (0 V)



o Subcircuito 3

En el tercer y último subcircuito se considera que solo actúa la fuente de

tensión de 10 V (se anulan las otras dos fuentes). Después de aplicar las

equivalencias de la bobina y las fuentes anuladas, el subcircuito queda:

Teniendo en cuenta el sentido de la referencia iL3(t) y la polaridad de la fuente,

la ley de Ohm resulta:

3

10 V( ) 4 A

2,5

Li t

o Teorema de superposición

La intensidad que circula por la bobina cuando actúan las tres fuentes

simultáneamente, aplicando el teorema, es:

1 2 3( ) ( ) ( ) ( ) L L L Li t i t i t i t

( ) 2 1 4 1ALi t

La intensidad que circula por la bobina en el instante t1 = 3 s es:

1( ) 1 ALi t

y, en consecuencia, la energía almacenada en la bobina en ese instante es:

21 1

1( ) ( ) 1mJ

2L Lw t L i t

+

10 V

2,5 6

iL3(t) Fuente de corriente

anulada (0 A)

Fuente de tensión

anulada (0 V)



Problema 5.2 ()

Calcular el valor de la tensión UA en el circuito de la figura mediante el teorema

de superposición.

a) Aplicando superposición exclusivamente a las fuentes independientes

(anulando solo las fuentes independientes en los subcircuitos y

dejando la fuente dependiente en todos los subcircuitos).

b) Aplicando superposición a todas las fuentes, de forma que haya una

sola fuente en cada subcircuito.

Datos: RA = 2 , RB = 3 , RAB = 2 , α = 1/2 S, Ig1 = 9 A, Ig2 = 6 A

Solución:

El circuito tiene una fuente dependiente. El tratamiento de las fuentes

dependientes en el teorema de superposición merece una consideración

especial. Se pueden seguir dos procedimientos:

1) Aplicar superposición exclusivamente a las fuentes independientes.

Ésta es la opción más empleada habitualmente, donde las fuentes

dependientes aparecen en todos los subcircuitos. Por tanto, las

fuentes dependientes figuran en cada uno de los subcircuitos en los

que se descompone el circuito, con los valores relativos al subcircuito

donde se encuentran.

2) Proceder con las fuentes dependientes como se opera con las

independientes. Cada fuente (dependiente o independiente) aparece

únicamente en un subcircuito y con el valor del circuito original, no el

RB

+

UA

α UA

Ig1

RA

RAB

Ig2


del subcircuito. Los valores desconocidos del circuito original se

igualan a la suma de las contribuciones de cada subcircuito y, si es

necesario, se resuelve un sistema de ecuaciones para obtener el

resultado final del problema.

Según el enunciado, se deben utilizar las dos técnicas para su resolución.

Por conveniencia, la siguiente denominación de nudos y referencias de

tensión será utilizada en todos los subcircuitos.

Una fuente de intensidad anulada (de valor 0 A) se comporta como un circuito

abierto. Por tanto, las fuentes de corriente anuladas se sustituyen por circuitos

abiertos, sean dependientes o independientes.

a) Teorema de superposición aplicado exclusivamente a las fuentes

independientes.

Los subcircuitos se obtienen anulando solo las fuentes independientes y

dejando la fuente dependiente referida a los valores del subcircuito.

o Subcircuito 1: Se considera que, entre las fuentes independientes, sólo

actúa la de valor Ig1.

Por tanto, se anula la fuente de valor Ig2. Con la metodología a), la fuente

dependiente solo se modifica para que su valor se refiera al subcircuito

considerado, no al circuito original. Por ello, el valor de la fuente αUA (referido

al circuito original) se sustituye por αUA1 (alusivo al subcircuito 1).

RB

+

UA

α UA

Ig1

RA

A B

RAB

Ig2

0 ref

+

UB


Las ecuaciones correspondientes al análisis por nudos de este circuito,

aplicando escritura directa, son:

1 1

1

1 1 1

1 1 1A g AA AB AB

B A

AB B AB

U I UR R R

U U

R R R

1

1

Sustituyendo los datos del problema, se obtiene la siguiente solución:

1 10 VAU

o Subcircuito 2: Se considera que, entre las fuentes independientes, sólo

actúa la de valor Ig2.

Por tanto, se anula la fuente de valor Ig1. Con la metodología a), la fuente

dependiente solo se modifica para que su valor se corresponda al subcircuito

considerado, no al circuito original. Por ello, el valor de la fuente αUA (referido

al circuito original) se sustituye por αUA2 (alusivo al subcircuito 2).

Las ecuaciones correspondientes al análisis por nudos de este circuito,

aplicando escritura directa, son:

RB

+

UA1

α UA1

Ig1 RA

A B

RAB

0

Fuente de corriente anulada (0 A)

+

UB1

RB

+

UA2

α UA2

Ig2

RA

A B

RAB

0

Fuente de corriente

anulada (0 A)

+

UB2


2

22

1 1 1

1 1 1

AAA AB AB

A gB

AB B AB

UUR R R

U IU

R R R

2

2

Sustituyendo los datos del problema y resolviendo el sistema, se obtiene:

2 4 VAU

o Teorema de superposición:

La tensión UA en el circuito es la suma de las contribuciones de los dos

subcircuitos.

1 2 6 VA A AU U U

b) Teorema de superposición aplicado a todas las fuentes de forma que haya

una sola fuente en cada subcircuito.

En este apartado, los subcircuitos se obtendrán anulando todas las fuentes

menos una, sea dependiente o independiente, en cada subcircuito.

Con la técnica de este apartado, la tensión referida en la fuente dependiente

no es la correspondiente al subcircuito, sino la referencia del circuito original.

Esto implica que cuando se aplica superposición anulando también las fuentes

dependientes, éstas aparecen en un solo circuito donde las fuentes

dependientes tienen el valor resultante de la superposición de todos los

subcircuitos, incluido él mismo. Salvo excepciones, ese subcircuito suele ser

difícil de resolver por estar acoplado con el resto.

Siempre que sea posible, se recomienda aplicar superposición anulando

únicamente las fuentes independientes y dejando las fuentes dependientes

en todos los subcircuitos (método del aparatado a).

Cuando no haya otra opción, se debe aplicar superposición anulando también

las fuentes dependientes (técnica utilizada en este apartado b).


Los tres subcircuitos que se obtienen al aplicar superposición se muestran a

continuación.

o Subcircuito 1: Se considera que solo actúa la fuente de valor Ig1.

Por tanto, se anulan el resto de fuentes (la fuente independiente de valor Ig2

y la fuente dependiente).

Este subcircuito se puede resolver aplicando el divisor de corriente entre las

ramas RA y RAB en serie con RB.

1 1

1

45A

1 1 7A

A g

A AB B

RI I

R R R

La tensión en la resistencia RA se obtiene mediante la ley de Ohm.

1 1

90V

7A A AU R I

El mismo resultado se obtiene resolviendo el sistema de ecuaciones

correspondiente al análisis por nudos de este subcircuito:

1 1

1

1 1 1

1 1 1 0A gA AB AB

B

AB B AB

U IR R R

U

R R R

RB

+

UA1

Ig1

RA

A B

RAB

0

+

UB1

IA1

Fuente de corriente

anulada (0 A)

Fuente de corriente anulada (0 A)


o Subcircuito 2: Se considera que solo actúa la fuente de valor Ig2.

Por tanto, se anulan el resto de fuentes (la fuente independiente de valor Ig1 y la fuente dependiente).


ramas RB y RA en serie con RAB.

2 2

1

18A

1 1 7A AB

A g

A AB B

R RI I

R R R


2 2

36V

7A A AU R I

El mismo resultado se obtiene resolviendo el sistema de ecuaciones


2

22

1 1 1

0

1 1 1AA AB AB

gB

AB B AB

UR R R

IU

R R R

RB

+

UA2

RA

A B

RAB

0

+

UB2

Ig2

IA2

Fuente de

corriente anulada (0 A)

Fuente de



o Subcircuito 3: Se considera que solo actúa la fuente de valor α UA.

Nótese que el valor de la fuente dependiente es α UA, donde UA es la tensión

en la resistencia RA en el circuito original, diferente a la tensión de este

subcircuito (UA ≠ UA3).


ramas RAB y RB en serie con RA.

3

1

1

1 1 7A B

A A A

A B AB

R RI U U

R R R


3 3

2

7A A A AU R I U

El mismo resultado también se obtiene resolviendo el sistema de ecuaciones


3

3

1 1 1

1 1 1A AA AB AB

B A

AB B AB

U UR R R

U U

R R R

3

2

7A AU U

RB

+

UA3

α UA

RA

A B

RAB

0

+

IA3

UB3

Fuente de corriente

anulada (0 A)

Fuente de




La tensión UA es la suma de las contribuciones de cada subcircuito:

1 2 3

90 36 2

7 7 7A A A A A AU U U U U U

La tensión UA se obtiene despejando en la expresión anterior:

6 VAU

Puede comprobarse que el resultado del problema no depende de la

metodología empleada.


Problema 5.3 ()

Calcular el valor de la intensidad iA en el circuito de la figura mediante el

teorema de superposición. Utilizar como datos eg(t), ig(t), R y β.

Solución:

La técnica de superposición suele utilizarse para dividir un problema en otros

de más sencilla resolución. Cuando aplicamos superposición, se recomienda

anular exclusivamente las fuentes independientes (el resto de elementos del

circuito, incluidas las fuentes dependientes, aparecen en todos los circuitos).

Es decir, se recomienda dejar intactas las fuentes dependientes en todos los

subcircuitos porque así el problema original se divide en subproblemas inde‐

pendientes entre sí.

Como el circuito original tiene dos fuentes independientes, al activarlas

sucesivamente se obtienen dos subcircuitos independientes entre sí.

Esto no sucede si aplica superposición anulando también las fuentes depen‐

dientes (para mayor información consulte el problema 5.2, apartado b).

Una fuente de tensión de valor 0 V o anulada se comporta como un corto‐

circuito, y una fuente de intensidad de valor 0 A o anulada se comporta como

un circuito abierto. Por ello, las fuentes de tensión anuladas en los subcircuitos

se sustituyen por cortocircutos y las fuentes de corriente anuladas se

sustituyen por circuitos abiertos, sean dependientes o independientes.

R

iA(t)

ig(t) β i

A(t) R

eg(t)

+


o Subcircuito 1

En primer lugar se deja la fuente independiente ig(t) y se anula la otra fuente

independiente. La fuente dependiente se modifica para que su valor se refiera

al subcircuito considerado, no al circuito original.

El subcircuito resultante tiene todas sus fuentes de corriente y cuenta con un

nudo, además del de referencia.

Con las referencias anteriores, la escritura directa del método de nudos es:

1 1( ) ( ) β ( )A g Au t i t i t

R R

1 1

La ecuación adicional relaciona la magnitud de la fuente dependiente con la

tensión del nudo A utilizando la ley de Ohm:

1

( )( ) A

A

u ti t

R 1

Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene iA1(t), la contribución a la

corriente iA(t) debido a la fuente ig(t):

R

iA1(t)

ig(t) β i

A1(t) R

Fuente de tensión anulada

(0 V)

R R

A

0 ref

+

uA1(t) i

g(t) β i

A1(t)

iA1(t)


( )( )

2 β

g

A

i ti t

1

Nótese que debido al principio de linealidad, las tensiones y corrientes son

proporcionales al valor ig(t) de la única fuente independiente del subcircuito.

o Subcircuito 2

En el segundo subcircuito se deja la fuente independiente eg(t) y se anula la

otra fuente independiente. La fuente dependiente se modifica para que su

valor se refiera al subcircuito 2, no al circuito original.

Para resolver el subcircuito por el método de mallas, la fuente de corriente se

puede transformar a fuente de tensión.

Con las referencias anteriores, la escritura directa del método de mallas es:

22

β ( )( ) ( ) A

A g

i tR R i t e t

R

Despejando se obtiene iA2(t), la contribución a la corriente iA(t) debido a la

fuente eg(t):

R

iA2(t)

β iA2

R

eg(t) +

Fuente de corriente

anulada (0 A)

R iA2(t)

R

eg(t) +

iA2(t)

+–


2

( )( )

β2

g

A

e ti t

RR

Nótese que como el subcircuito tiene una sola fuente independiente, las

tensiones y corrientes son proporcionales al valor eg(t) de la única fuente

independiente del subcircuito.


Las fuentes independientes contribuyen a la intensidad iA(t) del circuito

original con las cantidades . iA1(t) e iA2(t), calculadas en los subcircuitos

anteriores.

De acuerdo con el principio de linealidad, se ha comprobado que cada

contribución es proporcional al valor de la fuente independiente considerada

en cada subcircuito.

Finalmente, iA(t) se obtiene sumando las aportaciones de cada fuente

independiente:

1 2( ) ( ) ( )A A Ai t i t i t

( ) ( )( )

β2 β 2

g g

A

i t e ti t

RR


Problema 5.4 ()

Para el dipolo de la figura:

a) Determinar su equivalente Norton visto desde los terminales A y B.

b) Calcular la energía que se almacenaría en un condensador de 2 mF que

se conectara entre los terminales A y B de dicho dipolo.

Solución:

a) Cálculo del equivalente Norton

Para obtener el equivalente Norton se procede a calcular la intensidad de

cortocircuito del dipolo original y la impedancia equivalente de su

correspondiente dipolo pasivo.

o Cálculo de la intensidad de cortocircuito

Al cortocircuitar los terminales A y B, la resistencia de 4 está en paralelo con

un cortocircuito y, por tanto, no circula corriente por ella. Por consiguiente, se

elimina porque no afecta a las corrientes y tensiones del circuito.

1

10 V +

A 1

6

4

2 B

Icc

10 V

+

A 2

6

2 B

Icc I

1

10 V

+

A1

6

4

2 B


La resistencia de 2 está en paralelo con la resistencia de 6 y la resistencia

equivalente del conjunto es:

1 1 11,5

6 2eq

eq

RR

La corriente I que circula por la fuente es:

102,857 A

2 eq

IR

Aplicando la fórmula del divisor de corriente se obtiene la intensidad Icc,

corriente que también circula por la resistencia inferior derecha del dipolo.

1

22,857 2,143 A1 1

6 2

ccI

o Cálculo de la impedancia equivalente del circuito pasivo.

Para obtener el dipolo pasivo correspondiente al dipolo original, se anulan

todas las fuentes independientes presentes en el circuito. En el circuito

únicamente existe una fuente independiente, y anular esa fuente de tensión

equivale a sustituirla por un cortocircuito.

10 V

+

A

2

6

2 B

Icc

Req

I 2

10 V

+Req

I

1

A1

6

4

2 BFuente

tensión nula


Dado que el dipolo original no contiene ninguna fuente dependiente ni

acoplamientos magnéticos, se puede calcular la impedancia equivalente vista

desde A y B por asociación serie y paralelo de resistencias. Al asociar las dos

resistencias de 1 y de 6 se obtiene el siguiente circuito equivalente:

1 1 11,5

6 2eq

eq

RR

Se procede de forma similar con el circuito resultante, hasta obtener un

circuito con una sola resistencia:

1 1 1

1,8663,5 4

eq

eq

RR

Así pues, la impedancia equivalente vista desde sus terminales A y B del dipolo

pasivo correspondiente al dipolo activo original es:

1,866eqR

o Equivalente Norton

El sentido de la fuente del equivalente Norton se determina apoyándose en la

referencia utilizada para calcular la intensidad de cortocircuito. Es decir, el

sentido de la fuente de corriente debe ser tal que cuando se cortocircuita el

1

A1

6

4

2 B

Req

Req

A

4

2 B

A

3,5 4

B

Req

A

1,866

B


equivalente Norton, la intensidad debe circular en el mismo sentido que en el

cortocircuito hecho en el dipolo original.

Al principio del problema se ha calculado Icc circulando del terminal A al B. Para

que la corriente del equivalente Norton tenga el mismo sentido cuando se

cortocircuita, es necesario dibujar la fuente de corriente apuntando hacia el

terminal A.

Corriente de cortocircuto en el dipolo original

Corriente de cortocircuto en el equivalente Norton

Por tanto, el equivalente Norton es:

b) Energía almacenada en un condensador de 2 mF.

Para calcular la energía almacenada en un condensador es necesario conocer

la tensión entre sus bornes. Por otra parte, el equivalente Norton se comporta,

visto desde sus terminales A y B, como el dipolo original.

Dado que el condensador se conecta en los terminales A y B del dipolo, es más

sencillo el cálculo de la tensión en bornes del condensador utilizando el

equivalente Norton que si se analiza el circuito original.

1

10 V +

A 1

6

4

2 B

IccIcc

2,143 A

1,866

A

B

Icc=2,143 A Req=1,866

A

B


Condensador conectado

al dipolo original Condensador conectado al equiva‐lente Norton del dipolo original

Un condensador en un circuito de corriente continua se comporta como un

circuito abierto, dado que no circula corriente por él una vez termine el

transitorio inicial de carga. Por tanto, la tensión en bornes del condensador

coincide, en este caso, con la tensión a circuito abierto del dipolo:

2,143∙1,866 4 VCU

Por último solo queda aplicar la expresión de la energía almacenada en un

condensador:

2 3 21 1∙2∙10 ∙4 16 mJ

2 2C CW C U

Nótese que la energía almacenada en el condensador no varía en el tiempo

porque el circuito es de corriente continua.

1

10 V +

A 1

6 4

2 B

2 mF 2,143 A

1,866

A

B

2 mF

2,143 A

1,866

A

B

UC

+2 mF2,143 A

1,866

A

B

UC

+


Problema 5.5 ()

Dado el dipolo de la figura, calcular sus equivalentes Norton y Thévenin vistos

desde los terminales A y B. Comprobar los resultados.

Solución:

Para obtener el equivalente Norton, se calcula la corriente de cortocircuito del

dipolo. Para obtener el equivalente Thévenin, se calcula la tensión a circuito

abierto del dipolo. Para ambos equivalentes, también es necesario calcular la

impedancia equivalente del dipolo pasivo vista desde los terminales A y B, que

coincide con el cociente entre la tensión a circuito abierto y la corriente de

cortocircuito.

o Cálculo de la corriente de cortocircuito

El dipolo con los terminales A y B cortocircuitados queda como sigue:

3

2

6 A 5 V

6

A

B

=1 I

I

+

3

2

6 A 5 V

6

A

B

I

I

+

M

Icc

N

I1

=1


La corriente I se obtiene aplicando la primera ley de Kirchhoff en el nudo M:

6Nudo : 6 3A

1M I I I

A continuación se aplica la primera ley de Kirchhoff en el nudo B:

1 1Nudo : 3cc ccB I I I I I

La resistencia de 6 Ω está conectada en bornes de la fuente de 5 V. Por tanto:

1 1Resistencia 6 Ω: 6 5V 5 / 6 AI I

Finalmente se obtiene el valor de la corriente de cortocircuito:

1

5 23 3 3 A

6 6ccI I

o Cálculo de la tensión a circuito abierto

El dipolo con los terminales A y B a circuito abierto es:


6Nudo : 6 3A

1M I I I


1 1Nudo : 0 = 3 AB I I I I

Finalmente se obtiene la tensión U0 aplicando la segunda ley de Kirchhoff:

0 15 6 5 6 ( 3) 23V U I

3

2

6 A 5 V

6

A

B

I

I

+

MN

I1 B

+

U0


o Cálculo de la impedancia del dipolo pasivo vista desde A y B

El cálculo de la impedancia equivalente del dipolo pasivo es el mismo para

ambos equivalentes. En primer lugar se anulan las fuentes independientes y

las fuentes dependientes se dejan tal como están en el circuito original.

Dado que hay una fuente dependiente, la impedancia equivalente del dipolo

pasivo no se puede calcular por asociación de resistencias. Por tanto, se

conecta una fuente externa auxiliar en los bornes del dipolo y la impedancia

equivalente del dipolo pasivo se calcula como la relación entre la tensión de

la fuente auxiliar y la intensidad que circula por ella.

El circuito con las fuentes independientes anuladas y la fuente auxiliar añadida es:


0Nudo : 0 0 0

1M I I I I

En este dipolo pasivo, la fuente dependiente casualmente no inyecta corriente

( I = 0 A) y, por tanto, se puede sustituir por un circuito abierto.

3

2

6

A

B I

I

+

M

Eg

N

I1 B

Ie

3

2

6

A

B

I = 0

I = 0

+

M

Eg

N

I1 B

Ie



1 1Nudo : 0 e eB I I I I I

Aplicando la segunda ley de Kirchhoff a la malla de la derecha se obtiene:

16 6 g eE I I

Como se ha dicho anteriormente, la impedancia equivalente del dipolo vista

desde sus terminales es el cociente entre la tensión de la fuente auxiliar Eg y

la intensidad Ie que circula por ella. Esto es:

6

g

eq

e

ER

I

Las fuentes dependientes generalmente no se anulan en el circuito pasivo.

Pero en este ejercicio se ha visto que casualmente sí se anula y entre los

terminales A y B sólo queda una resistencia de 6 que precisamente es la

impedancia equivalente del circuito. Es decir, el resultado obtenido es coherente.


El sentido de la fuente del equivalente Norton se determina apoyándose en la

referencia utilizada para calcular la intensidad de cortocircuito. Al principio del

problema se ha calculado Icc circulando del terminal A al B. Para que la corrien‐

te del equivalente Norton tenga el mismo sentido cuando se cortocircuita, es

necesario dibujar la fuente de corriente apuntando hacia el terminal A.

Corriente de cortocircuto en el dipolo original

Corriente de cortocircuto en el equivalente Norton

3

2

6 A 5 V

6

B

=1 I

I

+

M N

A

Icc

Icc 3,83 A

6

A

B


Por tanto, el equivalente Norton es:

o Circuito equivalente Thévenin

El terminal positivo de la fuente del equivalente Thévenin debe colocarse apo‐

yándose en la referencia utilizada para calcular la tensión a circuito abierto.

Se ha considerado al establecer la referencia que el terminal A está a mayor

tensión que el terminal B. Por tanto, el terminal positivo de la fuente debe

apuntar al terminal a mayor tensión de la referencia dada, es decir, el

terminal A.

Tensión a circuito abierto en el dipolo original

Tensión a circuito abierto en el equivalente Thévenin

Por tanto, el equivalente Thévenin es:

3

2

5 V

6

B

=1 I

I

+

M N

A

+

U06 A

6

23 V

A

B

+ + U0

Req = 6 I

cc= 3,83 A

A

B

Req= 6

U0= 23 V

A

B

+


o Comprobación de los resultados.

Los equivalentes Norton y Thévenin son fuentes reales equivalentes entre sí.

Por tanto, una forma de comprobar los resultados obtenidos es verificar que

el cociente entre la tensión a circuito abierto y la intensidad de cortocircuito

(U0/Icc) coincide con la impedancia equivalente Zeq determinada con el circuito

pasivo.

Otra forma de comprobar los resultados es constatar que la corriente de

cortocircuito de ambos equivalentes es la misma (en valor y sentido).

0 23 V 3,83 A

6cc

eq

UI

R

Alternativamente, se puede comprobar que la tensión a circuito abierto de

ambos equivalentes es la misma (en valor y polaridad).

U0 = Icc∙Req (3,83 A)( 6 ) = 23 V


Problema 5.6 ()

Dado el dipolo de la figura, calcular sus equivalentes Norton y Thévenin vistos

desde los terminales A y B. Comprobar los resultados.

Solución:


Para obtener el equivalente Norton es necesario calcular la corriente de

cortocircuito del dipolo. El circuito con los terminales A y B cortocircuitados

queda como sigue:

Se aplica la LKT a la trayectoria cerrada definida por los nudos A, C, B y A:

1 1 12 0 0u u u

La corriente i1 se obtiene aplicando la ley de Ohm:

11Resistencia 2 : 0 A

2

ui

Se aplica la LKI al nudo C:

B

2

5 +

u1

9 A

+

2 u1

3 A

A

B

2

5 +

u1

9 A

+

2 u1

3 A

A

icc

AC i2

i1


1 2 2Nudo : 3 A 3 AC i i i

A continuación se aplica la LKI al nudo A:

2Nudo : 9 A + ccA i i

Finalmente se obtiene el valor de la corriente de cortocircuito:

2 9 A 6 Acci i


Para obtener el equivalente Thévenin es necesario calcular la tensión a circuito

abierto del dipolo.

El circuito con los terminales A y B en circuito abierto es:


2Nudo : 9 AA i

Se aplica LKI al nudo C:

1 2 1 2Nudo : 3 3 6 AC i i i i

Una vez conocida i2, la tensión u1 se obtiene aplicando la ley de Ohm:

1 1Resistencia 2 : 2 2 ∙ ( 6) 12 V u i

Se aplica la LKT a la trayectoria cerrada definida por los nudos A, C, B y A:

0 1 1 12 3 36 V u u u u

B

2

5 + +

u1

9 A

+

2 u1

3 A

A

u0

AC i2

i1



El cálculo de la impedancia equivalente del dipolo pasivo es el mismo para

ambos equivalentes. En primer lugar se anulan las fuentes independientes y

las fuentes dependientes permanecen tal como están en el circuito original.

Dado que hay una fuente dependiente, no se puede calcular la impedancia por

asociación de resistencias y se conectará una fuente externa auxiliar en los

bornes del dipolo.

El circuito con las fuentes independientes anuladas y la fuente auxiliar añadida

es:

Aplicando la LKI al nudo C se obtiene:

1 2 2 1Nudo : 0 C i i i i


2 2 1Nudo : 0 e eA i i i i i

Se aplica la LKT a la única malla del circuito:

1 1 12 3 ge u u u

La tensión u1 se obtiene aplicando la ley de Ohm:

1 1Resistencia 2 : 2 2 eu i i

La impedancia vista desde los terminales A y B es el cociente entre el valor de

la fuente auxiliar y la intensidad que circula por ella:

13 6 6

g eeq

e e e

e u iR

i i i

B

2

5 +

u1

+

2 u1

AAC i2

i1

+ eg

ie



El sentido de la fuente del equivalente Norton se determina de acuerdo con el

criterio adoptado para calcular Icc.

Se puede comprobar que el dipolo original y el equivalente Norton mostrado

a continuación tienen corrientes de cortocircuito en el mismo sentido.

o Equivalente Thévenin

El terminal positivo de la fuente del equivalente Thévenin se ha definido de

acuerdo con la referencia utilizada para calcular la tensión a circuito abierto.

o Comprobación de los resultados

La tensión a circuito abierto de ambos equivalentes es la misma, tanto en valor

como en polaridad. La comprobación numérica es:

icc∙Req = u0 (6 A)( 6 ) = 36 V

Req = 6 i

cc= 6 A

A

B

Req= 6

u0= 36 V

A

B

+


Problema 5.7 ()

Para el dipolo de la figura, determinar el equivalente Thévenin y el equivalente

Norton vistos desde sus terminales A y B, y comprobar los resultados. Dibujar

dichos equivalentes.

Solución:

Las fuentes del circuito son de corriente continua, por lo que las intensidades

que circulan por este circuito son constantes y los flujos magnéticos que crean

estas intensidades también lo son. El principio de funcionamiento de cualquier

transformador es la inducción electromagnética y, para que exista esta

inducción electromagnética, debe de haber un flujo magnético variable.

Al ser los flujos magnéticos constantes no habrá tensiones inducidas entre los

devanados del transformador ideal presente en el circuito. Por lo tanto, el

transformador no funciona como tal.

Teniendo en cuenta esto, el circuito equivalente del circuito de la figura

anterior es:

A

Ig = 5 A

N1 = 10

+

N2 = 20

B

U1

+

3 1

4 2

Eg = 24 V

2 mF8

U1

= 0,5∙S



Para este dipolo se va a determinar la tensión a circuito abierto, U0.

Dado que las fuentes del circuito son fuentes de corriente y a la vista de la

geometría del circuito, se va a utilizar el método de análisis por nudos para

llevar a cabo este cálculo.

Utilizando la escritura directa de ecuaciones del método de análisis por nudos:

0

0

0 1

1 1 10

4 1 4 01 1 1

0 53 2 2

0,51 1 1 1

4 2 2 4

A

C

D

U

U

U U

Es un sistema de 3 ecuaciones y 4 incógnitas, por lo que habrá que añadir una

ecuación adicional que haga que el sistema sea determinado. Esta ecuación

adicional se obtiene de escribir la variable de la cual depende la fuente

dependiente, U1, en función de las incógnitas del método, es decir, de las

tensiones de nudo:

1 0 CU U

Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene:

0 12AU V

D

Ig = 5 A

+

B

U1 3 1

4 2

+

U0

A A

0 0

C

UA0

UD0

UC0

++ +

U1

= 0,5 S


Por lo tanto, la tensión a circuito abierto del dipolo es:

0 0 12 VAU U


A continuación se va a proceder al cálculo de la intensidad de cortocircuito del

dipolo.

En este circuito puede verse que la resistencia de 1 está en paralelo con un

cortocircuito. En estas condiciones, la intensidad que circula por esta

resistencia, IR, es nula, pudiéndose eliminar dicha resistencia sin que el resto

del circuito se vea afectado. El circuito queda:

Utilizando nuevamente el método de análisis por nudos, de la escritura directa

de las ecuaciones se obtiene:

Ig = 5 A

+

B

U1 3 1

4 2

Icc

A

IR

U1

= 0,5 S

Ig = 5 A

+

B

U1 3

4 2

Icc

ADC

0

++

UC0

UD0

0

0

U1

= 0,5 S


0

0 1

1 1 152 3 2

0,51 1 1

2 2 4

C

D

U

U U

Se tiene un sistema de 2 ecuaciones y 3 incógnitas, por lo que es necesario

añadir una ecuación adicional. Esta ecuación se construye relacionando la

tensión de la cual depende la fuente dependiente con las tensiones de nudo:

1 0 CU U

Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene que:

0

0

30 V

40 VC

D

U

U

Conocida la tensión UD0 ya es posible calcular la intensidad de cortocircuito ICC:

10 A4DO

cc

UI


Por último, se determina la impedancia equivalente del dipolo pasivo

correspondiente al dipolo activo considerado. Así pues, lo primero es convertir

el dipolo activo en pasivo, es decir, hay que anular todas las fuentes

independientes presentes en el dipolo. En el dipolo del enunciado, existen dos

fuentes, una independiente de intensidad y una dependiente de intensidad.

Tal y como se ha dicho, se anula la fuente independiente de intensidad de 5 A.

El dipolo pasivo queda:

+

B

U13 1

4 2 A

U1

= 0,5 S


Dado que en el circuito hay fuentes dependientes, para determinar la

impedancia equivalente de este dipolo pasivo hay que colocar una fuente

auxiliar en bornes del dipolo (en este caso se elige una fuente de tensión) y

calcular la relación entre la tensión de la fuente, E, y la intensidad Ie que circula

por ella.

Las resistencias de 2 y 3 están en serie, por lo tanto es posible agruparlas.

Se da un valor a la fuente de tensión E de 10 V, y se determina la intensidad Ie

utilizando nuevamente el método de análisis por nudos.

Aplicando escritura directa:

0 1

0

1 1 10,55 4 4

1 1 1

4 4 1

C

A e

U U

U I

+

B

U13 1

4 2 A

+

= E

Ie

U1

= 0,5 S

B

5 1

4 A

+

= 10 V

Ie

AC

0 0 0

+

UC0

+

UA0

U1

= 0,5 S


Se obtiene un sistema de 2 ecuaciones y 4 incógnitas. Hay que añadir dos

ecuaciones adicionales al sistema para que sea determinado. La primera

ecuación se obtiene de relacionar el valor de la fuente de tensión ideal con las

incógnitas del método, es decir, las tensiones de nudo.

010 V AU

La segunda ecuación adicional se obtiene escribiendo la tensión de la cual

depende la fuente de intensidad dependiente en función de las incógnitas del

método de análisis, es decir, de las tensiones de nudo.

Al agrupar las resistencias de 2 y 3 ha desaparecido la tensión U1. Hay que

regresar al circuito original para poder escribir esta tensión en función de las

tensiones de nudo (ver figura siguiente).

Como las resistencias de 2 y 3 están en serie, se puede aplicar la expresión

del divisor de tensión para relacionar la tensión U1 y la tensión de nudo UC0:

1 0 0

3 3

3 2 5

C CU U U

Resolviendo el sistema, ahora ya de 4 ecuaciones linealmente independientes

con cuatro incógnitas:

0 16,666 VCU

1 10 VU

0 10 VAU

8,333AeI

+

B

U13 1

4 2 A

+

= 10 V

Ie +

UC0

C

0

U1

= 0,5 S


Por lo tanto, la impedancia equivalente del dipolo pasivo correspondiente al

activo dado vale:

101,2

8,333 eq

e

EZ

I

o Comprobación y equivalentes Norton y Thévenin

Para comprobar los resultados ha de cumplirse que:

0 eq ccU Z I

Verificación numérica:

12V 1,2 10 A

En cuanto al dibujo de ambos equivalentes:

B

1,2 A

+

=

B

A

1,2 12 V 10 A

Equivalente Thévenin Equivalente Norton


Problema 5.8 ()

Dado el dipolo de la figura, donde las fuentes son de corriente continua y el

circuito se encuentra en régimen estacionario, calcular sus equivalentes

Thévenin y Norton vistos desde los terminales A y B y dibujarlos. Comprobar

los resultados.

Solución:

Se dice en el enunciado que todas las fuentes del dipolo son de corriente

continua y que se encuentra en régimen estacionario. Así pues, en estas

condiciones, las bobinas se comportan como cortocircuitos y los conden‐

sadores como circuitos abiertos. Teniendo en cuenta esto, el dipolo queda:

Al comportarse la bobina como un cortocircuito, la tensión entre sus bornes

es cero, esto es, UL = 0. Por lo tanto, la fuente de tensión que depende de la

12 A

3∙UR+

+ 5∙UL2

2 μF+

+ UR

UL7 mH

A

B

4

3

6

5

12 A

3∙UR+

+ 5∙UL2

++ UR

UL

A

B

4

3

6

5


tensión en bornes de la bobina tiene un valor de 0 V, es decir, esta fuente es

un cortocircuito. Dado que el circuito se va a analizar por mallas, la fuente real

de intensidad se transforma en su fuente real de tensión equivalente,

resultando el siguiente el dipolo:


Se va a calcular, en primer lugar, la tensión a circuito abierto, U0. Para ello se

va a utilizar el método de análisis por mallas. El circuito a analizar tiene una

sola malla, y a ésta se le asigna una intensidad de circulación de malla, Ia , en

el sentido indicado en la figura inferior.

La ecuación de la malla es:

3 2 4 5 6 60 aI

60 V

3∙UR+

2

++ UL= 0

A

B

4

3

6

5

Fuente de tensión cero

60 V

3∙UR+

2

++ UL = 0

A

B

4

3

6

5

U0

+Ia


y de aquí se obtiene que:

3AaI

Calculada la intensidad de la malla, la tensión a circuito abierto, U0, se puede

determinar aplicando la LKT a la trayectoria cerrada de la derecha del dipolo:

0 3 2 3 6 R a a aU U I I I

Para determinar UR, hay que volver al circuito original ya que se ha

transformado la fuente real de intensidad en su fuente real de tensión

equivalente:

De acuerdo con el circuito de arriba:

12 12 3 9 AR aI I

y, por lo tanto:

5 5 ∙9 45 VR RU I

Así pues, la tensión a circuito abierto vale:

0 3( 45) 11 3 168 VU


Para calcular la intensidad de cortocircuito, y partiendo de las mismas

consideraciones que se han hecho a la hora de calcular la tensión a circuito

abierto, el circuito queda:

12 A

+UR5

Ia IR


En este circuito se distinguen dos mallas, a las que se les asigna sus

correspondientes intensidades de circulación de malla, Ia e Ib.

Utilizando el método de escritura directa, las ecuaciones de malla son:

3 2 6 0 3

0 4 5 3 60

a R

b R

I U

I U

Este sistema tiene 2 ecuaciones y 3 incógnitas, por lo que se precisa añadir

una ecuación adicional para que el sistema sea determinado.

Esta ecuación adicional se establece a partir de la tensión de la cual depende

la fuente dependiente de tensión. Para determinar esta tensión es necesario

volver al circuito original, ya que la tensión estaba inicialmente referida a una

resistencia que posteriormente experimentó una transformación.

60 V

3∙UR+

2

+ A

B

4

3

6

5

Icc

60 V

3∙UR+

2

+ A

B

4

3

6

5

Icc

Ia

Ib


12R bI I

5 12 60 5R b bU I I

Resolviendo el sistema de ecuaciones, se obtiene:

2,7272A

10 Aa

b

I

I

Entonces, la intensidad de cortocircuito vale:

2,7272 ( 10)

12,7272 Acc a b

cc

I I I

I


Por último se calcula la impedancia equivalente del dipolo pasivo correspon‐

diente al activo dado. Para ello, se anulan las fuentes independientes que

contenga el dipolo activo. Este dipolo pasivo se muestra en la figura de la

página siguiente. Como el circuito contiene fuentes dependientes, para

calcular la impedancia equivalente se conecta entre los terminales A y B del

dipolo una fuente auxiliar de valor cualquiera E. En este caso, se considera que

dicha fuente tiene un valor E = 10 V. La impedancia equivalente es la relación

entre el valor de esta fuente, E, y la intensidad Ie que circula por ella.

12 A

+UR5

Ib IR


Para calcular la intensidad Ie se recurre al método de análisis por mallas. El

circuito contiene 2 mallas y se fijan los sentidos de circulación de las

intensidades de estas mallas, Ia e Ib.

Aplicando el método de escritura directa, las ecuaciones de malla son:

3 2 6 0 3 10

0 4 5 3 10

a R

b R

I U

I U

El sistema tiene 2 ecuaciones y 3 incógnitas. Habrá que escribir una ecuación

adicional para que el sistema sea determinado. Esta ecuación se obtiene

escribiendo la tensión de la cual depende la fuente dependiente de las

incógnitas principales del método de análisis, las intensidades de malla:

5 R bU I

Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene:

0,3409 A

0,4166 A

2,0833 V

a

b

R

I

I

U

La intensidad que circula por la fuente es:

0,7575Ae b aI I I

Por lo tanto, la impedancia equivalente del dipolo pasivo es:

3∙UR+

2

+

UL=0 A

B

4

3

6

5

+ E = 10 V

Ie+

UR

Ia

Ib


1013,2

0,7575 eq

e

EZ

I

o Comprobación y equivalentes Norton y Thévenin

Para comprobar los resultados ha de verificarse que se cumple:

0 eq ccU Z I

Verificación numérica:

168 V 13,2 12,7272A

El dibujo de ambos equivalentes es:

B

13,2 A

+

=

B

A

13,2 168 V 12,7272 A



Los teoremas de linealidad, superposición, Thévenin y Norton se utilizan

profusamente en el cálculo de instalaciones eléctricas y en electrónica

analógica. Para contextualizar la aplicación de estos teoremas, se ha incluido

el siguiente ejercicio ilustrativo. El objetivo de este problema, que excede del

nivel del resto del libro, es dar sentido a los circuitos equivalentes en su ámbito

de aplicación más usual.

Problema 5.9 ()

El siguiente circuito corresponde a una etapa amplificadora en emisor común.

El equivalente Norton de la izquierda representa un sensor de impedancia

interna Ri que proporciona una pequeña señal de entrada is(t) de valor medio

nulo y que varía rápidamente. La resistencia RL representa el elemento que

recibe la señal de salida (la señal amplificada). La fuente de alimentación del

amplificador es VCC.

Datos: Ri = 20 k, R1 = 33 k, R2 = 22 k, RC = 3,3 k, RE = 2,2 k, RL = 3,3 k, ro = 50 k, r = 2,5 k, = 100, VCC = 12 V, VBE(on) = 0,6 V.

C

is(t) Ri

Sensor entrada

R2

R1

RC

RE

E

B

CE

+

Vcc

RL

Carga salida

Fuente

Alimentación Etapa amplificadora

CL

Transistor


a) Sustituir el transistor por el circuito equivalente aproximado (modelo

híbrido en del transistor bipolar NPN operando en zona activa).

b) A partir de este circuito, obtener los valores medios de las tensiones y

corrientes de funcionamiento del transistor, denominado punto de

polarización o trabajo. Ese punto corresponde al funcionamiento del

circuito original cuando la pequeña señal de entrada es nula, is(t) = 0.

c) Obtener el circuito de pequeña señal anulando todas las fuentes

independientes excepto la de pequeña señal de entrada, is(t). Considerar

en el circuito de pequeña señal que los condensadores pueden sustituirse

por cortocircuitos porque tienen una capacidad elevada y la señal tiene

valor medio nulo y varía muy rápidamente.

d) En el circuito de pequeña señal, calcular la impedancia de entrada

(impedancia del resto del circuito vista desde los terminales del sensor).

e) En el circuito de pequeña señal, calcular la impedancia de salida

(impedancia del resto del circuito vista desde los bornes de la carga RL).

f) Aplicando el principio de superposición, calcular la corriente total iB(t) por

la base del transistor.

Solución:

Los dispositivos electrónicos funcionan de forma no lineal y su comporta‐

miento se suele aproximar mediante circuitos equivalentes, que son aproxi‐

ESímbolo del transistor

C

B iB(t)

Circuito equivalente

B

β iB(t)

r +

C

E

ro

VBE(on)

iB(t)

(base)

(emisor)

(colector)


maciones válidas solo en un cierto rango de funcionamiento. Para la reso‐

lución manual de problemas, se utilizan circuitos equivalentes sencillos, reser‐

vando los más complejos (y precisos) para los programas de simulación.

En un problema de electrónica analógica con transistores, el primer paso es

estimar el modo de funcionamiento de cada transistor para poder aplicar un

modelo simplificado de cada dispositivo, en segundo lugar se verifica que los

modos de funcionamiento de los dispositivos son los supuestos resolviendo el

circuito con los modelos simplificados, en tercer lugar se analizan las pequeñas

desviaciones respecto el punto medio de funcionamiento y finalmente se calcula

el comportamiento total del circuito aplicando el teorema de superposición.

En circuitos con transistores, la verificación del modo de funcionamiento se

realiza analizando las tensiones y las corrientes promedio en el circuito que,

como no varían con el tiempo, corresponden al circuito de corriente continua

que resulta de anular la señal de entrada, is(t) = 0. A este circuito se le

denomina circuito de polarización de los dispositivos.

A continuación se analizan las variaciones respecto la media de las magnitudes

eléctricas. Dichas desviaciones son originadas por la pequeña señal de

entrada. Los modelos de pequeña señal son aproximaciones lineales de los

dispositivos electrónicos respecto su punto medio de funcionamiento. Es

común utilizar letras minúsculas para denominar los parámetros de pequeña

señal (véase las resistencias dinámicas r y ro del circuito equivalente del

enunciado).

El principio de superposición se aplica en electrónica con las siguientes

particularidades:

‐ Las magnitudes eléctricas del circuito original se denotan con letras

minúsculas y subíndices en mayúsculas: iB(t), vCE(t)…

‐ El punto medio de operación (llamado punto Q de trabajo o de

polarización) se obtiene anulando la señal de entrada en el circuito. Las

magnitudes eléctricas son constantes en el tiempo y se denotan con letras

mayúsculas, tanto el texto normal como el subíndice: IB, VCE…


‐ El circuito equivalente para pequeña señal respecto al punto medio Q. Repre‐

senta una aproximación lineal del circuito original. Se obtiene anulando todas

las fuentes constantes en el tiempo. Las magnitudes de pequeña señal se

denotan en minúsculas, tanto el texto normal como el subíndice: ie(t), vce(t)…

Aplicando el principio de superposición, la corriente de la base del transistor

en el circuito original es la suma de su valor medio más la desviación debido a

la señal: iB(t) = IB + ib(t).

a) El circuito resultante de sustituir el transistor bipolar por el modelo híbrido

en (parte rodeada con una línea discontinua) es el siguiente.

b) Los valores medios de las tensiones y corrientes se obtienen anulando la

pequeña señal de entrada, is(t) = 0. El resto de fuentes independientes del

circuito equivalente son de valor constante con el tiempo, por lo que el circuito

resultante es de corriente continua y los condensadores equivalen a circuitos

abiertos. Si hubiera bobinas, éstas se sustituirían por cortocircuitos. A este

circuito se le denomina de polarización y al punto medido de funcionamiento

se le denomina punto de trabajo Q (del inglés Quiescent).

Las tensiones y corrientes que son constantes en el tiempo se denotan con

letras mayúsculas, tanto en la magnitud como en el subíndice: IB, VCE…

iB(t)

is(t) Ri R2

R1

RC

RE

B

CE

+

Vcc

RL

CL

β iB(t)

C

E

ro

Sensor

entrada

Carga

salida

Fuente


r + VBE(on)

Transistor


Cuando no hay datos diferenciados, se considera que los parámetros r, ro y tienen el mismo valor en el análisis estático (en el circuito de polarización o de

punto medio de funcionamiento Q) y en el análisis dinámico (en el circuito de

pequeña señal). Por tanto, el circuito de polarización es el siguiente:

La corriente que suministra la fuente de alimentación se ha denominado IA y

su terminal positivo se ha denotado nudo A.

Las ramas de la base y del colector del transistor se han transformado en

fuentes reales de corriente para analizar el circuito más rápidamente por el

método de nudos.

Utilizando la equivalencia entre fuentes reales de corriente y tensión se puede

simplificar la rama del colector:

Ri R2

R1

RC

RE

B

+ Vcc

RL

iB(t)

C

E

ro

Sensor

entrada

Carga

salida

Fuente


r + VBE(on)

IB

Fuente de corriente

nula (0 A) Equivalente condensador

Equivalente condensador

A

IA


Las intensidades por los terminales del transistor (base, colector y emisor) se

han denominado IB, IC e IE.

Las ecuaciones correspondientes al análisis por nudos del circuito (mediante

escritura directa) son:

1 1

( )

1 1

(

0

0

2 π π π0

)

π π π

1 1 1 1

1 1 1 1 1 1

1 1

1 1 1

o

oC o C o

BE on

BE ono

C o C o

BA

C

A

B

i

o

E

B

E C

I r

rR R r R R r

V

R R R R r

VI r

R r R r R r r

IR

U

Ur r

U

r r R

RC

β IB

C

ro

A

B

RC

β IBro

C ro

A

B

–

+

RC + r

o

B

β IB

A

Ri R2

R1

RE

B + Vcc

E

RC+ r

o

r

0 ref

IB

IA

A

UE0

+ +

UB0

UA0

+

IC

IE


La incógnita IA aparece en el vector independiente. La ecuación que falta por

la presencia de la fuente ideal de tensión VCC en el circuito es:

0A CCU V

Debido a la presencia de una fuente dependiente, se añade otra ecuación que

relaciona la magnitud dependiente con el resto de incógnitas:

0 0

π

(

π

)B E B

B

E onU VUI

r r

Las tensiones desconocidas UB0 y UE0 se pueden despejar de la segunda y

tercera ecuación matricial, después de aplicar las ecuaciones adicionales:

0 0

2 π π π

0 0

1

0

( )

1

( )

π

1 1 1 1 1

1 11

CCB E

i

E B CCE

C

BE on

BE ono

o C CEo o

VU U

V

R R R r R

Vr

r R r R R

r r

U U VU

R rr

Para utilizar magnitudes con menos dígitos, en este problema se han elegido

las unidades de trabajo V, mA, k y mW.

Al sustituir los datos del problema se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones:

0 0

0 0

0,5258 0,4 0,6036

37,924 38,397 22,529B E

B E

U U

U U

Resolviendo el sistema y aplicando las leyes de Kirchhoff se obtienen las

tensiones medias del circuito:

0 0 0 012 V, V,2,823 8,726 2,20 V, V2A B C EU U U U

Con estas tensiones medias se pueden obtener las corrientes medias:

( )0 0 0 0

π

0 0

1

)

π

1

(

1 1

B E BBE ono

C o o C o

B

EA CC

C

B E

B

E on

U U U UI V

R r

U

Vr

R R r r R R r

VUI

r


0

C E B

EE

E

I I I

UI

R

Sustituyendo valores y despejando se obtienen las corrientes del punto medio

de trabajo del circuito:

1,270 mA, 8,62 μA, 0,9921 mA, 1,0007 mA A B C EI I I I

En un problema de diseño electrónico, estos valores se utilizarían para

verificar que el transistor opera en zona activa (condición necesaria para

representar al transistor con el modelo híbrido en ) y también para compro‐

bar que el transistor está funcionando dentro de los límites operativos que el

fabricante indica en sus hojas de características

En resumen, el circuito de polarización contiene todas las fuentes

independientes de valor constante en el tiempo y carece de las fuentes

independientes de valor variable en el tiempo. Por eso se anuló la fuente de

señal is(t) en el circuito de polarización.

c) En el circuito de pequeña señal, las tensiones y corrientes se denotan, por

convención, con letras minúsculas (tanto el texto normal como los subíndices).

Para obtener el circuito en pequeña señal, es necesario anular todas las fuentes

independientes constantes y dejar la fuente de pequeña señal de entrada, is(t).

En un condensador, la corriente es proporcional a la capacidad C y a las varia‐

ciones de tensión:

i(t) = ±C ddt

u(t)

La corriente está limitada por resistencias elevadas, por lo que las intensidades

no pueden tomar grandes valores. En el enunciado de este problema se indica

que las capacidades son muy grandes, por ello:

( ) ( )( ) ( ) ( ) 0

d d i t i ti t C u t u t

dt dt C


Puesto que ddt

u(t) 0, los condensadores de elevada capacidad mantienen

su tensión prácticamente constante.

Según el enunciado, is(t) tiene valor medio nulo. Dado que es única fuente inde‐

pendiente en el circuito de señal, por el principio de linealidad, el resto de tensio‐

nes e intensidades también tendrán valor medio nulo en el circuito de señal.

Por todo lo anterior, los condensadores tienen tensión nula y por ello se

pueden aproximar por cortocircuitos en el circuito de señal.

En rigor, el tiempo característico de variación de la señal is(t), de valor medio

nulo, debe ser mucho menor que el producto de la capacidad de los conden‐

sadores CL y CE por la resistencia equivalente vista desde sus terminales.

Si hubiera bobinas, se podrían sustituir por circuitos abiertos si su coeficiente

de autoinducción dividido por la resistencia equivalente vista desde sus bornes

fuera mucho mayor que el tiempo característico de variación de la señal.

Al sustituir fuentes de tensión constante y condensadores por cortocircuitos,

muchos elementos del circuito de pequeña señal quedan interconectados.

El circuito de pequeña señal está fuertemente mallado y sólo tiene fuentes de

corriente, por lo que el método de análisis más apropiado es el de nudos. Los

nudos B y C son los únicos nudos diferentes de la referencia, que se ha

engrosado para que fuera evidente que ocupa gran parte del circuito.

Ri R2

R1

RC

RE

B

RL

ib(t)

C

E

ro

Sensor

entrada

Carga

salida

Fuente

AlimentaciónEtapa amplificadora

r

ib(t)



Fuente de tensión

cero

Fuente de tensión

cero

is(t)


Nótese que el nudo E pasa a estar englobado en la referencia debido al

condensador CE. Las ecuaciones correspondientes al análisis por nudos del

circuito (mediante escritura directa) son:

2 π1

1 1 1 10

( ) ( )

1 1 1 (0

β ) ( )bo s

co

C

i

o

b

L

R R R u i

u i

R r R

r t t

t t

Debido a la presencia de una fuente dependiente, se añade otra ecuación que

relaciona la magnitud dependiente con el resto de incógnitas:

π

( )( ) bo

b

ui

tt

r

La solución del sistema resultante es:

1 1 1 12 π1

( ) V( ) 1,902 ( )

mAo s

i

sb

iu i

R R R

tt t

r

1 1 1π 1 2

( )( ) 0,7608 ( )

1 ( )s

sb

i

ii i

R Rt

r R

tt

1 1 1 1 1 1π 1 2

( ) V( ) 121,52 (

β= )( )[1 ( )] mA

sc

L

o s

C o i

iu i

tt t

rR r R R R R

Nótese que por el principio de linealidad, las tensiones y corrientes son

proporcionales a is(t), única fuente independiente del sistema en el circuito de

señal.

Ri R2

R1

RC

RE

B

RL

ib(t)

C

ro

r

ib(t)

is(t)

0 ref

+

ubo(t)

+

uco(t)


d) La impedancia de entrada del circuito de pequeña señal del amplificador se

obtiene desconectando el sensor, anulando las fuentes independientes (si las

hubiere) y calculando la impedancia vista desde los terminales del sensor.

En este apartado no hay fuentes independientes en el circuito, por lo que se

salta el paso de anularlas.

La corriente de entrada depende de R1, R2 y r pero no depende del valor , ni del resto de resistencias del circuito, que están separadas por el nudo de refe‐

rencia. Por eso, la fuente dependiente no modifica la impedancia de entrada

y se puede calcular por asociación de impedancias.

Como las resistencias R1, R2 y r están entre los bornes B y 0, la impedancia

equivalente de entrada es el paralelo de esas tres resistencias.

, 1 1 121 π

12,102keq in

rr

R R

Este mismo resultado también se puede calcular como el cociente entre la tensión

y la corriente de una fuente auxiliar que se conectase entre los nudos 0 y B.

e) La impedancia de salida del circuito de pequeña señal del amplificador se

obtiene anulando las fuentes independientes, desconectando la carga de

salida RL y calculando la impedancia vista desde sus terminales.

R2

R1

RC

RE

B RL

ib(t) C

ro

r

ib(t)

0

req, in


El circuito resultante de anular la fuente is(t) y desconectar la carga RL para

calcular la impedancia vista desde ella es el de la página anterior.

Nótese que la corriente ib(t) es nula por estar el nudo B formado únicamente

por resistencias conectadas en el otro extremo a la referencia 0. Dado que

ib(t) = 0, tampoco circula corriente por la fuente dependiente (que se puede

sustituir por un circuito abierto).

Por tanto, la impedancia de salida puede calcularse como el paralelo de ro y RC.

, 1 1

13,096keq out

C orr

R

Ri R2

R1

RC

RE

B

ib(t)

C

ro

r

ib(t)

0 ref

C

0

req, in

Fuente de corriente

anulada

Ri R2

R1

RC

RE

B

C

ro

r

ib(t) = 0

0 ref

C

0

req, in

Fuente de corriente

anulada

ib(t)=0


Este mismo resultado también se puede calcular como el cociente entre la tensión

y la corriente de una fuente auxiliar que se conectase entre los nudos 0 y C.

f) Según el principio de superposición, la corriente total iB(t) por la base del

transistor es la suma de la contribución del circuito de polarización y de

pequeña señal.

iB(t) = IB + ib(t) = 8,6 A + 0,7608 is(t)

La expresión anterior está formada por el valor medio 8,6 A y el término

variable 0,7608 is(t) de la corriente por la base del transistor.



Problema 5.10 ()

Calcular el valor de la corriente i en el circuito de la figura por aplicación del

teorema de superposición.

Resultado: i = 0,6 A

Problema 5.11 ()

Calcular el valor de la tensión u1 en el circuito de la figura por aplicación del

teorema de superposición.

Resultado: u1 = –12 V

Problema 5.12 ()

Calcular el valor de la tensión UD en el circuito de la figura mediante el teorema

de superposición.

+ 2 V

2

2 i

+ 2 V

4

2

5 +

u1

9 A

+

2 u1

3 A


Datos: RA = 5 , RB = 3 , RC = 2 , RD = 2 , α = 0,5 S, UA = 9 V, UB = 6 V

Resultado: UD = –5 V

Problema 5.13 ()

Dado el dipolo de la figura, calcular los equivalentes Thévenin y Norton vistos

desde sus terminales A y B. Comprobar los resultados.

Resultados: U0 = –Ug, Icc = –2Ug /R, Req = R/2

Problema 5.14 ()

Dado el dipolo de la figura, calcular los equivalentes Thévenin y Norton vistos


RB

+UD

α UD

UA

RA

RC

UB

+

RD

+

+

R R R

R R

Ug

A

B


Resultados: U0 = –0,625∙R∙Ig, Icc = –Ig, Req = 0,625∙R

Problema 5.15 ()

Calcular el equivalente Thévenin visto desde los terminales A y B del circuito

de la figura.

Resultados: U0 = 0 V, Req = 1

Problema 5.16 ()

Se mide con un voltímetro la tensión en una batería Ni‐MH sin conectar

ninguna carga, obteniendo un valor de 1,2 V. A continuación, se conecta en

sus extremos una bombilla que consume 0,2 A y la tensión en los extremos de

la batería baja a 1,1 V.

a) Dibujar el equivalente Thévenin de una sola batería.

b) Dibujar el equivalente Thévenin de 4 baterías conectadas en serie para

alimentar un dispositivo eléctrico.

Resultados: a) U0 = 1,2 V, Req = 0,5 ; b) U0 = 4,8 V, Req = 2

R R R

R R

Ig

A

B

+

A B 2 V

1 1

1 1


Problema 5.17 ()

Calcular los equivalentes Norton y Thévenin respecto de los terminales A y B

del dipolo de la figura. Comprobar los resultados.

Resultados: U0 = – 24 V, Icc = – 4 A, Zeq = 6

Problema 5.18 ()

Dado el dipolo activo de la figura siguiente:

a) Calcular, aplicando el teorema de superposición, la tensión en bornes del

dipolo cuando éste se encuentra a circuito abierto.

b) Calcular la impedancia equivalente del dipolo pasivo correspondiente al

dipolo activo considerado.

c) Dibujar el equivalente Thévenin de dicho dipolo activo, respecto de sus

terminales.

+

uCB

iA

6 A

3 uCB

2

0,5 iA

2

B

A

2

2 CD

+

1

2

1

4

4 V

2 mH 5 A

I 3∙I

1 mF

A

B


d) Calcular la intensidad que circula entre los bornes del dipolo activo cuando

éste se encuentra en cortocircuito y comprobar con esa corriente los valores

del equivalente Thévenin.

Resultados: a) U0 = 1,25 V, b) Zeq = 1,25 , d) Icc = 1 A

Problema 5.19 ()

Calcular el equivalente Norton y el equivalente Thévenin respecto de los

terminales A y B del dipolo de la figura. Comprobar los resultados.

Datos: eg= 13 V, R1 = 10 , R2 = 1 , R3 = 6 , = 3 S

Resultados: U0 = 8 V, Zeq = 3,846 , Icc = 2,08 A

+

eg

R1

R2

R3

∙u

+ u

A B

Tema 6: Análisis de circuitos en régimen estacionario

sinusoidal

Problemas resueltos

Problema 6.1 ()

Dado el circuito de la figura, determinar el valor de la tensión uC(t).

Datos: π

( ) 20 2 cos(1000 t )3

ge t V.

Solución:

Como puede verse en el enunciado, el circuito está alimentado por una fuente

de tensión sinusoidal. Para analizar este circuito se va a utilizar el método

simbólico, es decir, se va a trasformar el circuito al campo complejo.

Antes de hacer esta transformación hay que comprobar que todas las fuentes

del circuito son sinusoidales, que todas tienen la misma pulsación y que todas

ellas están bien en forma seno o bien en forma coseno. Como en el circuito

dado sólo hay una fuente, y ésta es sinusoidal, se cumplen todas estas

condiciones y se puede transformar al campo complejo.

+

eg(t)

5 mH

0,333 mF +

uC(t)

i(t)2


Para transformar el circuito al campo complejo, se asocian a las fuentes de

excitación su fasor correspondiente. Este fasor se construye utilizando el valor

eficaz de la tensión o intensidad sinusoidal de la fuente como módulo y como

argumento su fase inicial. De esta manera, identificando la expresión temporal

de la tensión de la fuente con la expresión general de una forma de onda

sinusoidal:

0 e

π( ) 20 2 cos(1000 ) cos( )

3ge t t E t

se tiene que:

00

20 220 2 V 20 V

2 2

1000 rad/s

60º

ef

e

EE E

y, por tanto, el fasor asociado a esta fuente es:

20 60º VgE

Al resto de magnitudes temporales del circuito también se les asocia su

correspondiente fasor, usando para ello notación de números complejos. De

esta manera, puede verse que a la variable temporal i(t) se le asocia el fasor I,

y que a la variable temporal uC(t) se le asocia el fasor UC.

Lo siguiente para pasar el circuito al campo complejo es transformar sus

impedancias operacionales en impedancias complejas. Para ello, se sustituye

el operador derivada por el número complejo j.

De esta manera, la impedancia de la bobina de 2 mH, que en el dominio

temporal es:

3( ) 5 10LZ D L D D

se transforma en el número complejo:

3j j 1000 5 10 j5LZ L

Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal 201

En cuanto al condensador, su impedancia en el dominio temporal es:

3

1 1( )

0,333 10CZ D

C D D

y se transforma en el número complejo:

3

1 1 1j j j3

j 1000 0,333 10CZ

C C

Entonces, el circuito transformado al campo complejo queda:

Todos los elementos del circuito están conectados en serie por lo que, para

calcular la caída de tensión en bornes del condensador, se puede emplear la

expresión del divisor de tensión:

j3

2 j5 j3gCU E

3 90º 3 90º 3020 60º 20 60º 75º

2 j2 2 2 45º 2CU V

Esta es la tensión en bornes del condensador en el campo complejo. Para

obtener la expresión temporal de esta tensión en el dominio del tiempo, es

necesario hacer la transformación inversa, es decir:

0( ) cos(1000∙ )C C ucu t U t

donde:

2

+

j5

+UC j3 V

I


0

0

2

302 30 V

2

C C

C

U U

U

y

75º75º π rad 0,4166 π rad

180ºuc

Por lo tanto:

( ) 30cos(1000 0,4166 π) Vcu t t

Obsérvese que al hacer la transformación inversa para determinar la

expresión temporal de la forma de onda de tensión en bornes de condensador

a partir de su fasor, se ha utilizado la forma coseno, es decir, la misma forma

que tiene la expresión temporal de la tensión de la fuente de excitación.


Problema 6.2 ()

Dado el circuito de la figura, determinar el valor de la intensidad i(t).

Datos: π

( ) 150 2 sen(70∙ ) V2

ge t t , π

(t) 4 2 cos(70∙ ) A2

gi t ,

R1 = 6 , R2 = 16 .

Solución:

Para analizar el circuito utilizando el método simbólico, primero se comprueba

que todas las fuentes de excitación que contiene el circuito son sinusoidales,

como efectivamente así ocurre en este caso.

La segunda comprobación a realizar es que ambas fuentes tienen la misma

pulsación, y también se comprueba que es así y que, concretamente, esta

pulsación es = 70 rad/s.

La tercera comprobación a realizar es que ambas están en forma seno o en

forma coseno. Como puede verse en el enunciado, la fuente de tensión viene

dada en forma seno y la fuente de intensidad viene dada en forma coseno. Es

necesario elegir una de las formas (seno o coseno, la elección es indiferente)

y hay que modificar aquellas fuentes que su expresión temporal venga dada

en la otra forma. Por ejemplo, y en este caso, se va a elegir la forma coseno y

se va a hacer que ambas fuentes estén dadas en esta forma. Así pues, se deja

en forma coseno la fuente de intensidad:

π( ) 4 2 cos(70 ) A

2gi t t

R1

+

eg(t)

i(t)

ig(t) R2


Aplicando la relación sen = cos(—/2), la fuente de tensión se cambia a

forma coseno:

π( ) 150 2 sen(70∙ ) V

2π π

( ) 150 2 cos(70 ) 150 2 cos(70∙ ) V2 2

g

g

e t t

e t t t

Ahora se procede a pasar el circuito al campo complejo. Para ello, se asocia a

cada fuente de excitación su fasor correspondiente:

π(t) 4 2 cos(70 ) A 4 90º A

2ggi t I

( ) 150 2 cos(70 ) V 150 0º Vgge t t E

Al resto de variables temporales del circuito se les asocia también sus

correspondientes fasores:

( )i t I

Por último, se transforman las impedancias al campo complejo. En este

circuito, como las impedancias que contiene son resistencias, no se modifica

su valor en esta transformación.

Si se dibuja el circuito transformado, éste queda:

Transformando la fuente de intensidad real de la derecha en su fuente real de

tensión equivalente:

6

+Eg Ig

I

16


Aplicando la LKT a la trayectoria cerrada formada por el circuito y recorrida en

el sentido de la referencia de la intensidad se obtiene:

1 2 64 90º 150 0º 0R RU U

Utilizando la ecuación de definición de las resistencias

2 2

6

16R1 1

R

U = R I I

U = R I I

se obtiene una ecuación equivalente a la que hubiéramos obtenido aplicando

directamente el método de mallas con los fasores:

6 16 64 90º 150 0º 0I I

La intensidad I se logra despejando de la ecuación anterior:

64 90º 150 0º 150 j646,818 j2,909 A 7,413 23,106º A

22 22I

Para determinar la expresión temporal de la intensidad que circula por el

circuito, i(t), es necesario realizar la transformación inversa. Es decir, a partir

del fasor intensidad I:

7,413 23,106º AI

se determina:

23,106º( ) 7,41 2 cos(70∙ π) 7,41 2 cos(70∙ 0,1283π)

180ºi t t t

La respuesta se ha expresado en forma coseno ya que, al inicio de la

resolución, se eligió esta forma para las fuentes de excitación del circuito.

6

+Eg

I 16

+++ UR1 UR2


Problema 6.3 ()

Dado el circuito de la figura, si la tensión en la resistencia de 4 es

( ) 20 2 cos(100 ) Vu t t determinar la expresión temporal de la tensión de la

fuente eg(t). El circuito se encuentra en régimen estacionario.

Solución:

La expresión temporal de la tensión u(t):

( ) 20 2cos(100 ) Vu t t

indica que se trata de una forma de onda sinusoidal de pulsación

= 100 rad/s. Esto implica que la forma de onda de la fuente de tensión

presente en el circuito también es sinusoidal y de la misma pulsación.

Para analizar el circuito mediante el método simbólico se va a hacer su

transformación al campo complejo. Como el circuito sólo tiene una fuente de

excitación, se cumplen las condiciones para poder transformarlo.

Para pasarlo al campo complejo, se convierten las impedancias del circuito en

impedancias complejas y se asocian a las variables temporales sus

1

4 0,5

10 mH

20 mH

20 mF +

eg(t)

40 mH

u(t)

+

30 mH

1 3,333 mF

1,8181 mF

55 mH


correspondientes fasores. El circuito transformado puede verse en la figura

siguiente.

Agrupando las impedancias rodeadas por la elipse, el circuito queda:

En el circuito se han dibujado referencias de tensión e intensidad para todos

sus elementos.

El fasor U, asociado a la forma de onda de la tensión u(t), dada en el enunciado,

vale:

20 0ºU V

Aplicando la ley de Ohm, la intensidad compleja que circula por la resistencia es:

2

20 0º5 0º

4I A

1

4 0,5

j

j0,5 +

Eg U

+

j3

1

j5,5

j5,5

j3

j4

j2

5

4 0,5

j j0,5 +

Eg U

+ j5,5

I U

j5,5

j4

j2

+

U1

I2 I1 IR

IC1 IT UR +

UC

+IC2

+ UL

A B


A partir de las ecuaciones de definición de dos bobinas acopladas

magnéticamente, y con las referencias indicadas en el circuito, se tiene que:

1 21

2 1

j j2

j4 j2

U I I

U I I

Conocidas la intensidad I2 y la tensión U, se calculan la intensidad I1 y la tensión

U1:

1

1

10 j10 A

(10 0º) 10 180º V

I

U

Conocida la tensión U1 es posible calcular la intensidad IC1:

11

10 180º10 j10 A

0,5 j0,5 0,5 j0,5C

UI

Aplicando la LKI al nudo B se determina la intensidad IR:

1 1 (20 0º) AR CI I I

y, a partir de ésta, se determina la tensión UR:

5 ( 20 0º) (100 0º) VRU

Aplicando la LKT es posible determinar UC:

1 (100 0º) (10 0º) (110 0º) VC RU U U

Conocida UC se calcula IC2:

2

(110 0º)j20 A

j5,5 j5,5C

C

UI

Aplicando la LKI al nudo A se calcula IT:

2 20 j20 AT R CI I I

Conocida la intensidad IT, se calcula la tensión UL:


j5,5 110 j110 VTLU I

Aplicando la LKT se determina la tensión compleja de la fuente de tensión:

110 j110 110 j110 110 90º Vg L CE U U

Conocido el fasor asociado a la fuente, Eg, la expresión temporal de la tensión

de la fuente, eg(t), se determina haciendo la transformación inversa. Esta

expresión temporal es:

π( ) 110 2cos 100 V

2ge t t


Problema 6.4 ()

En el circuito de la figura, que se encuentra en régimen estacionario sinusoidal

y está alimentado por la fuente de intensidad ig(t). El amperímetro AT indica

5 A, el amperímetro A1 indica 4 A y amperímetro A2 indica 1 A. Calcular la

indicación del amperímetro A3 considerando que todos los elementos del

circuito son ideales.

Solución:

Se pasa el circuito al campo complejo, asociando fasores y dando referencias

a las tensiones e intensidades presentes en el circuito:

Cuando el enunciado del problema no indica ningún origen de fases, es con‐

veniente elegir como referencia angular el fasor que compartan más elemen‐

tos del circuito. En los amperímetros no hay caída de tensión porque, según el

enunciado, son elementos de medida ideales. Por tanto, la fuente y las

impedancias están en paralelo y comparten la misma tensión U, que se toma

como origen de fases:

0ºU U

L R C

ig(t)

AT

A1 A2 A3

L R C

Ig

Ig

U +

+

U I1 I2 I3

+

U

NAT

A2 A1 A3


Teniendo en cuenta este origen de fases, se puede deducir que en la rama que

contiene al condensador, la intensidad que circula por ella ha de estar

adelantada 90º respecto a la tensión entre sus bornes. A partir de la lectura

del amperímetro, se puede escribir que:

1 4 90ºI A

Por lo que respecta a la bobina, la intensidad que circula por la rama en la que

se encuentra ha de estar retrasada 90º respecto de la tensión. Entonces:

2 1 90ºI A

En cuanto a la rama que contiene a la resistencia, la intensidad que circula por

ella ha de estar en fase con la tensión entre sus bornes. Por tanto, y dado que

no se tiene el valor que marca ese amperímetro:

3 3 0ºI I A

Aplicando la LKI al nudo N, se ha de cumplir que:

1 2 3gI I I I

Los elementos de la expresión anterior son fasores (nótese que los términos

están subrayados):

35 4 90º 1 90º 0ºg I

En este tema es imprescindible ser riguroso en la nomenclatura: poner o

quitar el subrayado de una magnitud implica referirse al fasor completo

(representado por un número complejo) o quedarse sólo con su módulo.

Conviene recordar que la suma de fasores es vectorial y su módulo, Ig, no se

puede calcular sumando los módulos de los sumandos ( Ig ≠ I1 + I2 + I3 ). Puede

comprobarlo sustituyendo I3 por el valor que se obtiene al final de este

problema en la siguiente expresión:

35 4 1 I


Cuando se tienen datos mezclados de fases y módulos es conveniente realizar

un diagrama vectorial para resolver el problema geométricamente.

Diagrama vectorial de las tensiones e intensidades

Suma fasorial Ig = ( I1 + I2 ) + I3

El triángulo rectángulo tiene hipotenusa Ig y catetos de longitudes |I1 + I2|= I1 ‐ I2

e I3. Aplicando el teorema de Pitágoras se obtiene:

2 2 21 2 3( )gI I I I

2 2 2

35 3 I

y, por tanto:

3 4I A

que es la lectura del amperímetro A3.

Im

ReI2=

I3=

U

+90º

I1= Ig=

Im

Re

I1+ I2

I3

g


Problema 6.5 ()

Dado el circuito de la figura, determinar la intensidad i(t).

Datos: R1 = 3 , R2 = 2 , L = 0,1 H, C = 1/60 F, eg(t) = 10cos(10 t + /4) V, ig(t) = 5 sen(60 t + /4) A.

Solución:

Las dos fuentes del circuito son sinusoidales. Para analizar el circuito utilizando

el método simbólico es preciso comprobar que ambas tienen la misma

pulsación. Como puede verse, las pulsaciones de las fuentes son distintas, la

de la fuente de tensión eg(t) es 1 = 10 rad/s mientras que la de la fuente de

intensidad ig(t) es 2 = 60 rad/s. Por tanto, el análisis del circuito debe

realizarse utilizando el teorema de superposición:

1 2( ) ( ) ( )i t i t i t

donde i(t) es la intensidad respuesta total del circuito, que es la suma de la

intensidad i 1(t), respuesta del circuito cuando actúa exclusivamente la fuente

de tensión, y de la intensidad i 2(t), respuesta del circuito cuando solamente

actúa la fuente de intensidad.

o Actúa la fuente eg(t) y se anula la fuente ig(t) 1 = 10 rad/s

Para hallar la intensidad i 1(t) se considera la fuente de 1 = 10 rad/s y se

anulan el resto de fuentes (fuente de intensidad de valor cero circuito abierto).

Se determina el fasor asociado a eg(t) considerando la forma coseno, esto es:

R1

i(t)

R2

ig(t)

L1

Ceg(t)

+


10

10 cos (10 π/4) V 45º V2

gge t t E

Pasando el circuito al campo complejo:

Asociando las impedancias del circuito (que están conectadas en serie) y

aplicando la ley de Ohm generalizada, se obtiene la intensidad I1:

1

1 2 1

1

1045º

2 1 90º A5 j51

j

gEI

R R LC

La intensidad i1(t) se obtiene transformando el fasor I 1 al dominio del

tiempo:

1π( ) 2 cos 10 A2

i t t

o Actúa la fuente ig(t) y se anula la fuente eg(t) 2 = 60 rad/s

Se considera la fuente de 2 = 60 rad/s y se anulan el resto de fuentes (fuente

de tensión de valor cero cortocircuito).

El fasor asociado a ig(t), considerando la forma seno, es:

5

5 sen (60 π/4) A 45ºA2

ggi t t I

Pasando el circuito al campo complejo:

3

I1

2 j1L1 = j

+


La intensidad I2 queda determinada aplicando el divisor de intensidad:

2

22

1 22

2

11

j5 3 j6

45º 3,354 63,43º A1 1 5 j52

1 jj

g

RC

I I

R LRC

Transformando al dominio del tiempo se obtiene la intensidad i 2(t):

2

63,43º( ) 3,354 2 sen 60 π A

180ºi t t

Por tanto, la intensidad i(t) se obtiene sumando ambas intensidades en el

dominio del tiempo:

1 2( ) ( ) ( )i t i t i t

π( ) 2 cos 10 3,354 2 sen 60 0,35π A2

i t t t

La suma de las respuestas, obtenidas mediante el teorema de Superposición

en circuitos con fuentes de diferente pulsación, no debe realizarse en el

campo complejo ya que se trata de fasores que giran a diferente velocidad

angular. Es imprescindible que estas respuestas sean sumadas en el dominio

del tiempo.

3

I2

2 j2L1 = j6


Problema 6.6 ()

Calcular la intensidad i(t) que circula por el condensador del circuito de la

figura.

Datos: ig(t) = 5sen(200 t + /4) A, eg(t) = 2 V, R = 1 , L = 5 mH, C = 10 mF.

Solución:

El circuito contiene dos fuentes, una fuente de tensión de continua

( 1 = 0 rad/s) y una fuente de corriente sinusoidal ( 2 = 200 rad/s). Por tanto,

para determinar i(t) conviene aplicar el teorema de superposición:

1 2( ) ( ) ( )i t i t i t

o Actúa la fuente eg(t) y se anula la fuente ig(t) 1 = 0 rad/s

Se considera la fuente de continua eg(t) y se anula la fuente sinusoidal ig(t). En

corriente continua, el condensador se comporta como un circuito abierto y la

bobina como un cortocircuito. Asimismo, la fuente de intensidad nula se

comporta como un circuito abierto. El circuito equivalente obtenido con estas

consideraciones es:

+

R

Ceg(t)

L

ig(t)

i(t)

+

R

eg(t)

L

i1(t)


y en estas condiciones puede verse que:

1( ) 0 Ai t

o Actúa la fuente ig(t) y se anula la fuente eg(t) 2 = 200 rad/s

Se considera ahora que actúa la fuente de intensidad sinusoidal, de pulsación

2 = 200 rad/s, y que se anula la fuente de tensión continua. Una fuente de

tensión nula se comporta como un cortocircuito.

Como la fuente de intensidad es sinusoidal, se analiza el circuito obtenido

utilizando el método simbólico. Su fasor asociado en forma seno al

transformar el circuito al campo complejo es:

545ºA

2gI

En cuanto a las impedancias complejas:

3

3

1 1j j j0,5

200∙10∙10

j 200∙5∙10 j

c

L

ZC

Z L

La intensidad I 2 se puede hallar aplicando el divisor de intensidad. Nótese

que la bobina no afecta al divisor de intensidad, puesto que está en serie con

la fuente de intensidad.

2

1

5 5 1 0º 4,472j0,545º 135º 108,44º A

1 1 1,118 26,56º2 2 21 j0,5

I

1

j0,5

j

Ig

I2


Transformando al dominio del tiempo, se obtiene la intensidad i 2(t):

2( ) 4,472 sen(200 0,602π) Ai t t

Por tanto, según el teorema de Superposición, la intensidad obtenida i(t) es:

1 2( ) ( ) ( )

( ) 0 4,472 sen(200 0,602π) A

i t i t i t

i t t

Conviene recordar que siempre que se aplica el teorema de superposición a

circuitos con fuentes de diferente pulsación, la suma de las respuestas debe

realizarse en el dominio del tiempo, nunca en el campo complejo.


Problema 6.7 ()

Dado el circuito de la figura, y para las referencias indicadas en él, determinar

la tensión u2(t), la intensidad i2(t) y el desfase entre ambas.

Datos: ( ) 20 2cos(10 ) Vge t t , ( ) 5 2 sen(10 π/2)gi t t A, L1 = 0,2 H,

M = 0,1 H, L2 = 0,2 H, L3 = 0,3 H, R1 = 1 , C1 = 100 mF, C2 = 25 mF.

Solución:

El circuito está alimentado por fuentes sinusoidales, por lo que se puede

analizar utilizando el método simbólico. Se recuerda que para transformar un

circuito al campo complejo hay que considerar los siguientes pasos:

Comprobar que todas las fuentes sinusoidales del circuito tienen la

misma pulsación. En este circuito, ambas fuentes tienen una pulsación

de = 10 rad/s. Comprobar que todas las fuentes sinusoidales del circuito están en la

misma forma, y si no lo están se pasan todas a forma coseno o bien a

forma seno. Para este caso se ha elegido la forma coseno, así pues:

( ) 20 2 cos10 Vge t t

( ) 5 2 sen 10 π/2 5 2 cos 10 π/2 π/2

5 2 cos 10 π A

gi t t t

t

Asociar a las fuentes sinusoidales sus correspondientes fasores:

+

R1

C2

C1

L1L2

L3Mig(t)

eg(t) +

i2(t)

u2(t)


20 0º V

5 180º A

g

g

E

I

Transformar las impedancias del circuito al campo complejo:

1

1 1

2 2

3 3

1 31

2 32

1

j j10∙0,2 j2

j j10∙0,2 j2

j j10∙0,3 j3

j j10∙0,1 j

1 1j j j

10∙100∙10

1 1j j j4

10∙25∙10

R

L L

L L

L L

M M

CC

CC

Dibujar nuevamente el circuito, ya transformado al campo complejo:

Se analizará el circuito mediante el método de análisis por mallas, por lo que

es conveniente que todas las fuentes del circuito sean fuentes de tensión. Esto

implica transformar la fuente real de intensidad del circuito en su fuente real

de tensión equivalente.

+

1 ‐j

j2

j2

j3 j Ig

Eg+

I2U2

‐j4


Las ecuaciones resultantes en cada malla son:

Malla : 1∙ j j2 j2 j 20 0º V

Malla : j2 j j3 j j4 20 90º V

a a a a a b b

b b a b b b a b

I I I I I I I

I I I I I I I I

Agrupando términos, se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones en

números complejos:

1 j3 j3 20 0º V

j3 j3 20 90º V

a b

a b

I I

I I

cuya solución es:

20 j20 A

80j20 A

3

a

b

I

I

Así pues, la intensidad I2, para la referencia de polaridad indicada en la figura,

se calcula en función de las intensidades de malla:

2

80 20j20 20 j20 A 6,666 0º A

3 3b aI I I

y, haciendo uso de la ecuación de definición de las bobinas acopladas

magnéticamente, se halla la tensión U2:

+

1 ‐j

j2

j2

j3 j ‐j4∙Ig

Eg

+I2

U2

‐j4

+

Ia

Ib


22

20 80j2∙ j j2 j j20 20 j40 V 44,72 116,56º V

3 3bU I I

El desfase entre la tensión U2 y la intensidad I2 es:

22

116,56º, 116,56º 0 116,56º π rad 0,64π rad

180ºU I

lo que indica que la tensión adelanta a la intensidad un ángulo de 116,56º, tal

y como se muestra en la siguiente representación fasorial.

Haciendo la transformación inversa, se obtienen las expresiones de la tensión

y de la intensidad en el dominio del tiempo:

2

2

20( ) 2 cos(10 ) 6,666 2 cos(10 ) A

3

( ) 44,72 2 cos(10 0,64π) V

i t t t

u t t

U2

I2

Re

Im

116,56º


Problema 6.8 ()

Dado el circuito de la figura, aplicando el método de análisis por nudos y

tomando el nudo 0 como nudo de referencia, determinar las tensiones e

intensidades en todas las fuentes.

Solución:

Se pide que se analice el circuito por el método de nudos. Este método de

análisis prefiere que todas las fuentes del circuito sean fuentes de intensidad,

por lo que se van a transformar todas las fuentes de tensión que sea posible.

La rama horizontal del circuito que se muestra arriba, contiene 3 elementos

en serie, dos impedancias y una fuente ideal de tensión. Es posible agrupar las

dos impedancias en serie y considerar la impedancia equivalente resultante

está en serie con la fuente ideal de tensión.

0

2

3

2

++

+

3∙UU

‒j2

j

j

‒j2

2

+

+

U

‒j2


Este conjunto de elementos constituyen una fuente real de tensión y se puede

transformar a su fuente real de intensidad equivalente.

Por otra parte, en la rama vertical inferior del circuito hay dos impedancias

conectadas en serie, una bobina y un condensador. Si se agrupan estos dos

elementos, la impedancia equivalente es un cortocircuito.

En el circuito hay una fuente dependiente de tensión pero es una fuente ideal,

por lo que no es posible transformarla a fuente de intensidad. Para solventar

el inconveniente, se añade una incógnita al circuito que es la intensidad que

circula por dicha fuente de tensión, Ie.

Si se tienen en cuenta las transformaciones, el circuito queda tal y como se

muestra en la figura de la página siguiente. A continuación se procede a

nombrar los diferentes nudos del circuito. Teniendo en cuenta la condición de

que todos los elementos del circuito deben de estar situados entre dos nudos

y la condición de que todos los nudos unidos por un cortocircuito han de tener

el mismo nombre, se ve que el circuito tiene dos nudos, el nudo A más el nudo

de referencia 0.

+

+

U

2‒j2

2‒j2

j

j


Se ha indicado en el circuito la tensión de nudo UA0.

Las ecuaciones del método de análisis por nudos, aplicando escritura directa,

son:

0

1 1

2 2eAU I

j

Obsérvese que en la matriz de admitancias de nudo no aparecen las

admitancias correspondientes a la resistencia de 3 y a la impedancia de

valor 2j2. Esto es así ya que, tal y como puede verse en el dibujo del circuito,

estos elementos tienen el mismo nudo en ambos extremos, es decir, no hay

tensión entre sus bornes y, por lo tanto, no circula intensidad por ellos.

Lo mismo ocurre con la fuente de intensidad de valor 2,5+j2,5 A. Por una parte,

inyecta intensidad en el nudo A que se encuentra a su izquierda y, por otra

parte, esta fuente hace que salga la misma intensidad del nudo A que se

encuentra a su derecha.

Se dispone de una ecuación con dos incógnitas, lo que obliga a escribir una

ecuación adicional que permita resolverla. Esta ecuación adicional viene dada

por el valor de la fuente de tensión ideal:

03 AU U

+ 3∙U

‒j2

2‒j2

2,5+j2,5

0

A

2

+

UA0

Ie

3

A

AA


A su vez, esta fuente ideal de tensión es una fuente dependiente de otra

tensión del circuito, por lo que habrá que añadir al sistema otra ecuación

adicional. Esta ecuación adicional se obtiene de escribir la tensión de la cual

depende la fuente en función de las tensiones de nudo (incógnitas del método

de análisis). Para encontrar esta tensión U, es necesario volver al circuito

original, ya que las impedancias en las que se localiza han intervenido en la

transformación de la fuente real de tensión en una fuente real de intensidad.

A la vista de esta rama, se puede escribir, aplicando la LKT, que:

10 0º 10 180ºU

El sistema de ecuaciones determinado se obtiene agrupando las ecuaciones:

0

0

0,5 j0,5

3

10 180º

eA

A

U I

U U

U

Cuya solución es:

0

10 180º

30 180º

15 j15

A

e

U V

U V

I A

Es necesario volver al circuito original para calcular la tensión y la corriente

que falta y de esa manera terminar de calcular todas las tensiones y corrientes

en las fuentes.

+

+

U

A A+ 0 V


2

10 180º2,5 j2,5

2 j2 2 j2

UI A

La tensión en bornes de la fuente de tensión dependiente de valor 3∙U es la

tensión del nudo A, es decir la tensión UA0.

A

2

3

2

++

+

3∙UU

‒j2

j

j

‒j2

Ie

I2

+

UA0

AAA

0


Problema 6.9 ()

Dado el circuito de la figura, determinar la intensidad i(t). El análisis de todo

circuito que se precise para determinar i(t), debe realizarse mediante el

método de análisis por nudos, tomando el nudo 0 como nudo de referencia.

Datos: eg1(t) = 10 V, eg2(t) = 12,5 V, ig2(t) = 15 A, 1( ) 5 2 cos 10gi t t ,

R1 = 2 , R2 = 4 , R3 = 6 , C = 0,05 F, L = 0,1 H.

Solución:

Este circuito contiene fuentes tanto de continua como sinusoidales. Así pues,

lo más conveniente para determinar la intensidad i(t) es aplicar el teorema de

superposición.

o Actúan las fuentes de continua eg1(t), eg2(t) y ig2(t)

En primer lugar, se anula la fuente sinusoidal presente en el circuito y se

consideran únicamente las fuentes de continua.

La fuente sinusoidal es una fuente de intensidad. Anular una fuente de

intensidad implica sustituirla por un circuito abierto.

Por otra parte, en corriente continua, las bobinas se comportan como

cortocircuitos y los condensadores como circuitos abiertos.

Con estas consideraciones, el circuito queda:

+ i(t)

0

+

eg1(t) ig1(t)

R1 R2 R3

L C

eg2(t)

ig2(t)


Dado que hay que analizar el circuito por nudos, se transforma la fuente real

de tensión en su fuente de intensidad equivalente. El circuito obtenido es:

(*) Recordar que dos o más nudos unidos por un cortocircuito han de tener,

si se aplica el método de análisis por nudos, necesariamente el mismo

“nombre”, es decir, a efectos de este método de análisis se considera que

todos ellos son el mismo nudo (en el circuito que se está tratando, ver el

nudo 0).

Como el circuito contiene una fuente ideal de tensión, se añade una incógnita

que es la intensidad Ie que circula por dicha fuente.

Las ecuaciones para el circuito considerado, aplicando escritura directa, son:

+

I1

0

+

10 V

2

12,5 V

15 A

4 6

I1

0

+

2

12,5 V

15 A

4 6 0

A B

UA0 UB0

+ +

Ie

Mismo nudo*


0

0

1 10

52 4 ∙1 15

06

A e

B e

U I

U I

Ecuación adicional (necesaria, ya que se ha añadido una incógnita):

Por haber dejado en el circuito una fuente ideal de tensión, se

introduce la ecuación que asocia las tensiones incógnitas del método

de análisis con el valor conocido de dicha fuente:

0 012,5 A BU U

Agrupando términos se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones:

0

0

0 0

35

41

15612,5

A e

B e

A B

U I

U I

U U

cuya solución es:

0

0

24,09 V

11,59 V

13,038 A

A

B

e

U

U

I

Para determinar la intensidad I1 se retoma el circuito analizado, detallando el

nudo 0 para identificar las intensidades IR2 e IR3 que circulan por las ramas A0

y B0:

I1

4 6 0

A B

UA0 UB0

+ +

IR2 IR3


02

2

03

3

24,096,022 A

4

11,591,931 A

6

AR

BR

UI

R

UI

R

de modo que, aplicando la LKI al nudo 0, se determina la intensidad I1:

1 2 3 6,022 1,931 7,953 AR RI I I

cuya expresión temporal es constante (circuito de corriente continua):

1( ) 7,953 Ai t

o Actúa la fuente sinusoidal ig1(t)

Se considera la fuente sinusoidal y se anulan las fuentes de continua.

Anular una fuente de intensidad equivale a sustituirla por un circuito abierto,

mientras que anular una fuente de tensión equivale a sustituirla por un

cortocircuito.

En estas condiciones, el circuito queda:

Utilizando el método simbólico y pasando el circuito al campo complejo:

i2(t)

0

ig1(t)

R1 R2 R3

LC


siendo el fasor asociado a la fuente de intensidad ig1(t):

11

5 2( ) 5 2 cos10 0º 5 0º A

2ggi t t I

y el valor de las impedancias complejas de los elementos pasivos:

j j∙10∙0,1 j

1 1j j j2

10∙0,05

L

C

El circuito, transformado al campo complejo, queda:

La resolución de este circuito se lleva a cabo aplicando el método de análisis

por nudos:

I2

0

Ig1

R1 R2 R3

jL ‐j(1/C)

I2

0

2 4 6

j ‐j2


De la escritura directa de las ecuaciones:

0

0

1 1 1 1 1

04 6 j 4 6∙

1 1 1 1 1 1 5 0º

4 6 4 6 2 j2

A

B

U

U

queda, reagrupando términos, el siguiente sistema de ecuaciones

0 0

0 0

5 5j 0

12 12

5 11j0,5 5 0º

12 12

A B

A B

U U

U U

cuya solución es:

0

0

1,47 j1,47 2,079 45º V

5,407 22,38º V

A

B

U

U

Entonces, aplicando la ley de Ohm generalizada en la bobina de impedancia

j , se obtiene la intensidad I2:

02

2,079 45º2,079 45º A

j 1 90ºAU

I

I2

0

2 4 6

j ‐j2

A B B

+ +

UB0UA0

Mismo nudo

(están unidos por un cortocircuito)


y su transformada inversa al dominio del tiempo es :

2( ) 2 2,079 cos(10 π/4) Ai t t

Según el teorema de superposición, la respuesta total de un circuito cuando

actúan varias fuentes de manera simultánea es igual a la suma de las repuestas

cuando actúan las fuentes por separado. Por lo tanto, en el circuito

considerado se tiene:

1 2( ) ( ) ( )i t i t i t

( ) 7,953 2 2,079 cos(10 π/4) Ai t t


Problema 6.10 ()

Determinar la corriente i(t) en el circuito mostrado en la figura.

Datos: ( ) cos 3 sen3 Vgu t t t , ( ) 6 sen Agi t t , ( ) 6 V.ge t

Solución:

En el circuito de la figura se identifican fuentes de diferentes tipos. Se

distinguen: una fuente de tensión continua eg(t), una fuente de intensidad

sinusoidal ig(t) de pulsación = 1 rad/s, y una fuente de tensión ug(t). Esta última fuente ug(t) es, a su vez, la suma de dos fuentes sinusoidales de

diferente pulsación. Esto es:

1 2( ) ( ) ( )g g gu t u t u t

siendo ug1(t) una fuente sinusoidal de forma coseno y pulsación = 1 rad/s, mientras que ug2(t) es una fuente sinusoidal de forma seno y pulsación

=3 rad/s. Circuitalmente, ug(t) se representa como la conexión en serie de

dos fuentes sinusoidales, con sus respectivas pulsaciones:

3

i(t)

ig(t)

1 /2 F

eg(t)

+

3

2 H

ug(t)

+

++

+


Por lo tanto, en este este circuito se identifican fuentes sinusoidales con tres

pulsaciones diferentes: 1 = 0 rad/s (corriente continua), 2 = 1 rad/s y 3 = 3

rad/s. Esto implica utilizar el teorema de superposición para hallar la

intensidad i(t) como la suma, en el dominio del tiempo, de las intensidades

determinadas para cada pulsación:

1 2 3( ) ( ) ( ) ( )i t i t i t i t

o Actúa la fuente de continua eg(t) 1 = 0 rad/s

La intensidad i 1(t) es la que circula por la rama intermedia del circuito

equivalente considerando la pulsación 1 = 0 rad/s, es decir, manteniendo las

fuentes de continua conectadas y anulando el resto de fuentes. Esto implica

sustituir la fuente de intensidad ig(t) por circuito abierto y la de tensión ug(t)

por cortocircuito.

Asimismo, por ser un circuito con fuente de corriente continua, el

condensador y la bobina se convierten en circuito abierto y cortocircuito,

respectivamente. Así pues, con estas consideraciones, el circuito equivalente

resultante es el siguiente:

Por lo tanto, aplicando la ley de Ohm queda determinada la corriente I 1:

1

6 V1 A

3 3I

Cabe destacar que, al ser un circuito en corriente continua, la expresión

temporal de la corriente es constante:

i1(t) = I1 = 1 A

3

I1

6 V+

3


o Actúan las fuentes ug1(t) e ig(t) 2 = 1 rad/s

La intensidad i 2(t) corresponde a la intensidad que circula por la rama

intermedia del circuito, cuando a éste se conectan únicamente las fuentes de

pulsación 2 = 1 rad/s. Esto implica anular la fuente de tensión continua eg(t)

y la fuente de tensión ug2(t) (ambas fuentes se reemplazan por cortocircuitos).

El circuito equivalente obtenido con estas condiciones se puede resolver

utilizando el método de análisis por mallas. Para ello, se verifica que todas las

fuentes de excitación de pulsación 2 = 1 rad/s presentan la misma forma. En

este caso, se establece como referencia para ellas la forma de onda coseno:

1( ) cos V

π( ) 6 sen 6 cos A2

g

g

u t t

i t t t

Se determinan sus respectivos fasores asociados:

1

10º V

2

690ºA

2

g

g

U

I

Transformado el circuito al campo complejo:

Las ecuaciones correspondientes al análisis por mallas del circuito equivalente

(aplicando escritura directa) son:

3 I2

3

+

j(1/2C) = j2

I1 I

2 +Ue

j2L = j2


1

2

10º

3 2 3 3 2 2

3 2 j2 3 j2 10º

2e

j j I

j IU

Debido a la presencia de una fuente de intensidad ideal, se añade como

incógnita la tensión Ue y se agrega la ecuación adicional:

2

690º A

2gI I

Resolviendo este sistema de ecuaciones se obtiene la intensidad I1:

1

3,5107107,40º A

2I

por lo que la intensidad I2 queda determinada como:

2 1 2

3,5107 6 2,8503107,40º 90º 111,62º A

2 2 2I I I A A

Realizando la transformación inversa, se obtiene su expresión temporal:

2( ) 2,8503 cos( 0,62π) Ai t t

o Actúa únicamente ug2(t) 3 = 3 rad/s

Se mantiene la fuente de tensión ug2(t) con pulsación 3 = 3 rad/s y se anulan

el resto de fuentes de excitación. En esta ocasión, se obtiene el fasor de la

fuente ug2(t) considerando la forma de onda seno:

2

30º V

2gU

El circuito equivalente obtenido para esta pulsación es:


La intensidad I 3 se determina como:

3

3 30º 0º

0,3542 2 45ºA6 6 2 6 45º 2

V V

Ij

y su expresión temporal es:

3π( ) 0,354 sen 3 A4

i t t


Finalmente, la respuesta total buscada es la suma de las respuestas

determinadas para cada pulsación. Así pues, la respuesta en el dominio del

tiempo es:

π( ) 1 2,8503 cos 0,62π 0,354 sen 3 A4

i t t t

Cabe destacar que la suma de las componentes de intensidad se hace en el

dominio del tiempo y no en el campo complejo por la diferencia de

pulsaciones de las fuentes presentes en el circuito.

3

I3

3

+

j(1/3C) = j2/3

j3L = j6


Problema 6.11 ()

Determinar el equivalente Thévenin y el equivalente Norton vistos desde sus

terminales A y B del dipolo mostrado en la figura, y comprobar los resultados.

Datos: Ig 3 0º A , R1 = 9 , R2 = 2 , R3 = 3 , 1/ C = 6 , a = 3.

Solución:

Para calcular los equivalentes Thévenin y Norton del dipolo dado es necesario

determinar su tensión a circuito abierto y su intensidad de cortocircuito, así

como la impedancia equivalente del dipolo pasivo vista entre los terminales A

y B.

o Tensión a circuito abierto:

La tensión en bornes del dipolo, cuando éste se encuentra a circuito abierto,

es:

30 3∙U R I

por lo que se requiere determinar primero I3. El método de resolución

preferente para analizar circuitos con transformadores es el de mallas. Para

A

B

R3 I

g

a:1

R2 R

1

A

B

R3 I

g

a:1

R2 R

1

U0

+ I3

I = 0


ello, se transforma la fuente real de intensidad en su correspondiente fuente

real de tensión equivalente:

Aplicando el método de análisis por mallas se obtienen las siguientes

ecuaciones:

9 18 90º j6 0

2 3 0

a ap

b b s

I U I

I I U

Se trata de un sistema de dos ecuaciones con cuatro incógnitas. Las

ecuaciones que faltan, para que el sistema tenga solución única, se

determinan haciendo uso de las ecuaciones de definición del transformador

ideal. Para las referencias tomadas y terminales correspondientes indicados:

3

1

3

p s

p s

U U

I I

Nótese que:

p a

s b

I I

I I

Agrupando ecuaciones y sustituyendo las dos últimas ecuaciones en las dos

primeras, el sistema de ecuaciones queda:

A

B

2

3

a:1

9

U0

I = 0

+

+ j 6

Us

Up

Ip

Is

Ia I

b

+ +

I3


9 18 90º j6 0

5 0

3

1

3

a ap

b s

p s

a b

I U I

I U

U U

I I

cuya solución es:

4,965 96,31º V

0,993 96,31º A

s

b

U

I

Por lo tanto, como la tensión en circuito abierto es:

30 3∙U R I

e I3:

3 bI I

se tiene que:

0 3∙ 3 ∙0,993 96,31º 2,979 96,31º VbU R I

o Intensidad de cortocircuito

Al estar el dipolo en cortocircuito, la tensión entre sus bornes es cero y, en

consecuencia, la intensidad que circula por la resistencia R3 también es cero.

Para calcular la intensidad que circula por el cortocircuito, se utiliza el método

de análisis por mallas. Esto implica transformar la fuente real de intensidad en

A

B

R2

R3 I

g

a:1

R1

Icc

I3 = 0

U = 0

+


su fuente real de tensión equivalente. El circuito equivalente, considerando

esta fuente real de tensión y la eliminación de la rama de la resistencia R3, es:

Las ecuaciones obtenidas aplicando el método de mallas son:

9 18 90º j6 0

2 0

a ap

b s

I U I

I U

Nuevamente, aparecen dos ecuaciones pero cuatro incógnitas. Por lo tanto,

se utilizan las ecuaciones de definición del transformador:

3

1

3

p s

p s

U U

I I

siendo:

p a

s b

I I

I I



9 18 90º j6 0

2 0

3

1

3

p pp

s s

p s

p s

I U I

I U

U U

I I

Resolviendo este sistema de ecuaciones se obtiene que:

A

B

2

a:1

9

Icc

+

j 6 Us

Up

Ip I

s

Ia I

b

++


3,904 102,53º V

1,952 102,53º A

s

s b

U

I I

Por lo tanto, como:

cc sI I

se tiene que:

1,952 102,53º AccI

o Impedancia equivalente

Para determinar la impedancia equivalente Zeq es necesario convertir el dipolo

dado en dipolo pasivo. Para ello, se anulan todas las fuentes independientes

que contenga. El circuito en estudio solo contiene una fuente independiente

de intensidad, que al anularla se convierte en un circuito abierto.

Por otra parte, como el dipolo pasivo contiene un transformador ideal, la

manera de calcular la impedancia equivalente es colocar una fuente auxiliar,

de valor E, entre sus terminales y, mediante el método de mallas, determinar

la relación entre la tensión de dicha fuente y la intensidad Ie que circula por

ella.

Dipolo pasivo:

Poniendo la fuente auxiliar E entre los terminales A y B se obtiene el siguiente

circuito en el que se han indicado sus correspondientes mallas:

A

B

R2

R3

a:1

R1


Las ecuaciones de las mallas son:

9 j6 0

2 3( ) 0

3( ) 0

a ap

b b e s

e b

I U I

I I I U

I I E

y las ecuaciones de definición del transformador:

3

1

3

p s

p s

U U

I I

siendo:

p a

s b

I I

I I



9 j6 0

2 3( ) 0

3( ) 0

3

1

3

p pp

s s e s

e s

p s

p s

I U I

I I I U

I I E

U U

I I

A

B

2

3

a:1

9

+ E

Ie

Ia

Us

Up

Ip

Is

+ +

Ib

Ie

j 6


Se requiere determinar la impedancia equivalente mediante el cociente E/Ie,

lo que implica deducir, a partir del sistema de ecuaciones planteado, una

expresión en función de E e Ie.

Para ello, se sustituye las dos últimas ecuaciones en la primera ecuación:

1 1j6 9 3 0

3 3

j2 3 3 0

3 j2

3

s s s

s s s

ss

I I U

I I U

U I

Sustituyendo esta expresión en la segunda ecuación se obtiene:

3 j25 3 0

3

18 j2 9

9

18 j2

s e s

s e

s e

I I I

I I

I I

Al sustituir este resultado en la tercera ecuación se deduce la ecuación en

función de E e Ie:

93 3

18 j2

27 j6 18 j2

e e

e

I I E

I E

Despejando la relación buscada:

27,658 12,52º27 j6

18 j2 18,11 6,34ºe

E

I

Así pues, la impedancia equivalente es:

1,527 6,18º 1,518 j0,164 eq

e

EZ

I


Con los resultados obtenidos se representan, de forma circuital, cada uno de

los equivalentes buscados:


Una forma de comprobar los resultados obtenidos es la de verificar que el

cociente entre la tensión en circuito abierto y la intensidad de cortocircuito

(U0/Icc) sea igual a la impedancia equivalente Zeq determinada con el circuito

pasivo:

02,98 96,31º

1,53 6,22º 1,95102,53º

eq

cc

UZ

I

A

B

+

Equivalente Thévenin

A

B

Equivalente Norton


Problema 6.12 ()

Para el dipolo de la figura, determinar el equivalente Thévenin y el equivalente

Norton vistos desde sus terminales A y B, y comprobar los resultados.

Solución:

En primer lugar se calcula la tensión a circuito abierto, U0.

Para las referencias indicadas en el circuito de la figura superior, las

ecuaciones de definición del transformador son:

1 1

2 2

1 21 2 0

NUa

U N

N I N I

Como el dipolo está a circuito abierto, la intensidad I2 = 0 y, a la vista de la

segunda ecuación de definición del transformador, se cumple que:

A

B 2Ω a:1

Uc

+

+

– j 50 Ω

Uc

=0, 4

a=5

A

B 2Ω a:1

Uc

+

+

– j 50 Ω

Uc

=0, 4

a=5

U0

I2=0 I1

+ ++

U2 U

1

IC

A


1 11 2 0 0 0N I N I

Aplicando la LKI al nudo A:

1 2 90º Ag C CI I I I

La tensión en bornes del condensador vale:

2 90º ( j50) 100 180º VCU

Aplicando la LKT se deduce que:

1 100 180º VCU U

Si se tiene en cuenta la primera ecuación de definición del transformador

escrita más arriba:

1 12 2

2

5 20 180º V5

U UU U

U

Aplicando la LKT se tiene que:

0 20,4 CU U U

entonces:

0 0,4 100 180º 20 180º 20 180º 20 0ºU

0 20 0º VU

A continuación se va a determinar la intensidad de cortocircuito Icc.

A

B 2Ω a:1

Uc

+

+

– j 50 Ω

Uc

= 0,4

a=5

Icc

I1

++

U2 U

1

IC

A


Se va a analizar este circuito por el método de mallas. Dado que el método

prefiere que haya fuentes de tensión, se transforma la fuente de intensidad

real de la izquierda por su fuente real de tensión equivalente.

Las ecuaciones de malla son:

1

2

j50 100 180º 0

0,4 2 0

a

bC

I U

U I U

Las ecuaciones de definición del transformador, para las referencias indicadas

son:

1

2

1 2 1 21 2

5

0 5

U

U

N I N I I I

Falta escribir la ecuación adicional debido a la existencia de una fuente

dependiente. Volviendo al circuito original, se deduce que:

12 90ºCI I

y a partir de esta intensidad se calcula la tensión del condensador, que es la

variable de la cual depende la fuente:

1 12 90º j50 100 180º j50CU I I

Por último, se identifican las intensidades del transformador con las

intensidades de circulación de malla:

1

2

a

b

I I

I I

A

B 2Ω

a:1

Ia

+ – j 50 Ω Uc

= 0,4

a=5

Icc

I1

++

U2 U

1

+

Ib

I2


Agrupando ecuaciones, finalmente se tiene un sistema de 7 ecuaciones con 7

incógnitas:

1

2

1

2

1 2

1

1

2

j50 100 180º 0

0,4 2 0

5

5

100 180º j50

a

bC

C

a

b

I U

U I U

U

U

I I

U I

I I

I I

Resolviéndolo, se obtiene que:

5 j5 AbI

Como puede verse en el circuito, Icc = Ib , por lo tanto:

5 j5 AccI

Por último, se determina la impedancia equivalente del dipolo pasivo

correspondiente al dipolo activo dado. Para ello, hay que convertir el dipolo

en pasivo, es decir, hay que anular todas las fuentes independientes que

contenga. El dipolo pasivo se muestra en la figura siguiente.

Como contiene un transformador y una fuente dependiente, para determinar

la impedancia equivalente del dipolo es necesario recurrir a una fuente

auxiliar de valor E, conectada entre los terminales A y B. La impedancia

A

B

2Ωa:1

Ia

+

– j 50 Ω

Uc

= 0,4

a=5

I1

++

U2 U

1

Ib

I2

+

Ie

E

+

UC


equivalente del dipolo pasivo es la relación entre el valor de la tensión de esta

fuente auxiliar y la intensidad que circula por ella.

Para analizar este circuito se emplea el método de mallas. Las ecuaciones de

las mallas son:

1

2

j50 0

0,4 2 0

a

bC

I U

U E I U

Para las referencias indicadas, las ecuaciones del transformador son:

1

2

1 2

5

5

U

U

I I

La ecuación adicional debida a la presencia de una fuente dependiente:

j50 aCU I

e identificando intensidades de circulación de malla con intensidades del

transformador:

1

2

a

b

I I

I I

Si se toma, por ejemplo, que la tensión de la fuente auxiliar es 100 0ºE V y

se agrupan las ecuaciones:

1

2

1

2

1 2

1

2

j50 0

0,4 100 0º 2 0

5

5

j50

a

bC

aC

a

b

I U

U I U

U

U

I I

U I

I I

I I

Se tiene un sistema de 7 ecuaciones y 7 incógnitas. Resolviéndolo se obtiene:

2 25 j25I


Y, a la vista del circuito, se cumple que Ie = I2, por lo tanto:

25 j25 AeI

La impedancia equivalente del dipolo pasivo vale:

100 0º2 j2

25 j25eq

e

EZ

I

Para comprobar los resultados hay que ver que se cumple:

0 eq ccU Z I

Comprobación:

20 0º V 2 j2 5 j5 A

Los equivalentes son:

B

2+j2A

+

B

A

5‐j5


2+j2



Problema 6.13 ()

Dado el circuito de la figura, y para las referencias indicadas en él, determinar:

a) El desfase (en grados) entre la tensión uL2(t) y la tensión de la fuente

uG(t).

b) Cuál de estas dos tensiones adelanta a la otra.

Resultados: a) 22

1 2

‐

‐2L G

L MU U

L L M

, b) Las tensiones están en fase

Problema 6.14 ()

En el circuito de la figura, calcular la caída de tensión uc(t) en régimen

estacionario sinusoidal.

Datos: = 100 rad/s, i1(t) = 5cos t A, i2(t) = 14,142cos t A, C = 200 F.

+ uG(t)

uL2(t)

+

L1

L2 M

i1(t) i

2(t)

uc(t)

+

R=1

L=0,01 H

C


Resultados: cu (t) = 10,82 2cos 100 t + 0,385π V

Problema 6.15 ()

Determinar, utilizando el método de análisis por nudos, la tensión y la

intensidad (módulo y argumento) en cada uno de los elementos pasivos del

circuito de la figura. Considerar el nudo 0 como nudo de referencia.

Resultados: c Rc R LU = 4 180º V, I = 4 ‐90º A, U = I = 2 0º , U = 2 0º V,

LI = 4 ‐90º A

Problema 6.16 ()

El circuito de la figura se encuentra en régimen estacionario sinusoidal. Si

2 10 0U V , hallar la tensión U1 y la intensidad I1.

Resultados: 1U = 207,97 170,31º V , 1I =76,059 114,8º A

+

R=1 j 0,5

j

0

+

I1

U2

Z=2+j2

10 j10 j2 j3

j 2 j2

Z=1+j1

+

U1


Problema 6.17 ()

Determinar los equivalentes Thévenin y Norton del dipolo activo, vistos desde

sus terminales A y B. Comprobar los resultados.

Datos: ( ) 50 2 cos 100 Agi t t , a = 2, = 2 .

Resultados: 0U = 25 90ºV , CCI = 50 90º A , eqZ = 0,5 Ω

Problema 6.18 ()

Determinar las tensiones en los elementos pasivos del circuito mostrado en la

figura.

Datos: 1( ) 10 cos 100 Ve t t , 2( ) 20 sen 100 Ve t t

a:1

ig(t)

+ ∙i(t)

i(t)

A

B

L=10 mH

R=4

C=10 mF

+

+

L2=20 mH

L1=10 mH C=5 mF

R=1

e1(t)

e2(t)


Resultados: Ru (t) = 10 cos 100t V , 2L1u (t) = 10 cos 100t + V ,

L2πu (t) = 10 cos 100t ‐ V, 2

2Cu (t) = 30 cos 100t ‐ V

Problema 6.19 ()

Dado los circuitos de las figuras:

a) Escribir las ecuaciones de definición de ambos transformadores, en

función de las referencias y terminales correspondientes indicados en

las figuras (i) y (ii).

b) Calcular la tensión uR(t) de la figura (iii).

Datos: 3 sen V.ge t t

(i) (ii)

(iii)

a:1

+

u1(t) u

2(t)

i1(t) i

2(t)

1

1’

2

2’

+

a:1

+

u1(t) u

2(t)

i1(t)

i2(t)

1

1’

2

2’

+

eg(t)

2:1

1

2

2 1

+ +

uR(t)


Resultados: a) 1

2

u (t)= ‐a

u (t), 1

2

i (t) 1=

i (t) a, b) 1

2

u (t)= a

u (t), 1

2

i (t) 1=

i (t) a, c) Ru t = sen t

Problema 6.20 ()

The angular frequency of the current source is adjusted such that ig(t) is in phase with the voltage uc(t) across the capacitor C. Determine the angular

frequency of this current source under this condition.

Data: ( ) 10 sin A, 300 , 1H, 10 μF.gi t t R L C

Results: = 100 rad / s

Problema 6.21 ()

Determine the input voltage U (magnitude and phase) of the circuit depicted

in the figure below, considering that the voltage between nodes A and B is 30 0 V. Consider node B as reference.

L

R

ig(t) C

+

uc(t)

+

–j10 –j3

j4 j3

5

A

B

+


Results: ºuU =74.934 V, = ‐171.54

Problema 6.22 ()

Calculate the measurements of voltmeter V and ammeter A of the circuit

shown below considering sinusoidal steady‐state.

Data: u(t) = 120sin(2000t) V, L 1mH , R 2 and C 250μF.

Results: V = 60 V, A = 30 A

V

A

ug(t)

L

R R

R C

+

Tema 7: Potencia en régimen estacionario sinusoidal

Problemas resueltos

Problema 7.1 ()

Dado el circuito de la figura, determinar las potencias activa y reactiva

absorbidas por ambos dipolos, y comprobar que se verifica el teorema de

Boucherot. ¿Cuál de los dos dipolos no puede ser una impedancia?, ¿por qué?

Datos: U = – 5 + j4 V, I = 3 – j2 A.

Solución:

Para determinar la potencia compleja se utiliza la expresión S=UI*, teniendo en cuenta que este producto se asocia con potencia absorbida si las

referencias de tensión e intensidad del dipolo tienen el mismo sentido. De no

ser así, dicho producto corresponde a potencia cedida.

o Dipolo 1

Vistas desde el dipolo 1, las referencias de tensión e intensidad tienen sentidos

opuestos (la referencia de la corriente recorre el dipolo 1 desde el terminal

inferior hasta el superior, al contrario que la referencia de la tensión). Por

U

+

I

Dipolo 1

Dipolo 2


tanto, el producto UI* representa la potencia compleja cedida por el dipolo 1

al resto del circuito.

Para las referencias indicadas, la potencia compleja cedida por el dipolo se

calcula:

1 1 1∙ * P jced D ced D ced DS U I Q

Sustituyendo los valores de la tensión y la intensidad del dipolo:

1 5 j4 3 j2 * 5 j4 3 j2 23 j2 VAced DS

Identificando partes reales e imaginarias de la potencia compleja cedida:

1

1

23 W

2var

ced D

ced D

P

Q

entonces:

1 1

1 1

23 W

2var

abs D ced D

abs D ced D

P P

Q Q

Este resultado indica que el dipolo 1 absorbe una potencia activa de 23 W y

absorbe una potencia reactiva de ‒2 var.

o Dipolo 2

En el dipolo 2, las referencias de tensión e intensidad que se han tomado

tienen el mismo sentido (van desde el terminal superior hasta el inferior):

Dipolo 1

I

U

+

Potencia en régimen estacionario sinusoidal 263

por lo tanto, el producto de la tensión compleja por la intensidad compleja

conjugada da como resultado la potencia compleja absorbida:

2 2 2∙ * 5 j4 3 j2 23 j2 VAabs D abs D abs DS U I P jQ

Identificando partes reales e imaginarias se obtiene que:

2

2

23W

2 var

abs D

abs D

P

Q

Este resultado indica que el dipolo 2 absorbe una potencia activa de ‒23 W y

absorbe una potencia reactiva de 2 var.

o Teorema de Boucherot

Se comprueba el teorema de Boucherot

1 2

1 2

0 23 23 0 W queda comprobado

0 2 2 0 var

abs abs abs D abs D

abs abs abs D abs D

P P P P

Q Q Q Q

Por la ley de Joule, una resistencia nunca puede ceder potencia. Esto implica

que una impedancia nunca cede potencia activa. Teniendo esto en cuenta, el

dipolo 2 no puede ser una impedancia puesto que, como se ha visto, cede

potencia activa.

I

U

+

Dipolo 2


Problema 7.2 ()

En el circuito de la figura, que se encuentra en régimen estacionario

sinusoidal, determinar:

a) La potencia reactiva absorbida en el condensador C.

b) La potencia activa cedida por la fuente eg(t).

c) La potencia activa absorbida por la resistencia R2.

Datos: eg(t) = 9∙sen t, = 1000 rad/s, R1 = R2 = 1 , L = 1 mH y C = 2 mF.

Solución:

a) Se transforma el circuito al campo complejo. Para ello, se obtiene el fasor

asociado a la fuente de tensión (considerando como referencia la forma de

onda seno), y se calculan las impedancias complejas de los elementos pasivos.

Asimismo, se establecen las referencias de tensión e intensidad para cada

elemento del circuito:

Para determinar la potencia reactiva absorbida por el condensador C se

necesita hallar la tensión UC o bien la intensidad IC. En este problema, se ha

elegido determinar la potencia reactiva a partir de la tensión UC.

eg(t)

L R1

R2 C

+

jL R1

R2 +

1/(jC) UC

+ UR

+ IC

IL

Ie


Aplicando la LKI:

e C LI I I

Aplicando la ecuación de definición de las impedancias:

C

1

2

j

j

ge

C C

CL

E UI

R

I U C

UI

R L

Por lo tanto, sustituyendo en la expresión de la LKI anterior:

C

1 2

jj

g CC

E U UU C

R R L

De aquí, se despeja UC:

11

2

1

1 jj

gCU ER

CRR L

y se sustituyen los valores de los elementos:

9 13 45º V

12 1 j21 j

CU

La potencia compleja absorbida por el condensador C, dado que el sentido de

la referencia de IC coincide con el sentido de la referencia de UC, es:

*

** 2 2j j j1j

CCabs C C C C C abs C abs C

US U I U U C C U P Q

C


Nótese que al tratarse de un condensador, la potencia compleja absorbida es

un número imaginario puro, es decir, carece de parte real. Esto implica que el

elemento no absorbe potencia activa. De esta forma, la potencia reactiva

absorbida por el condensador es:

3 3 210 2∙10 3 18 varabs CQ

b) La potencia activa cedida por el generador se determina calculando la

intensidad Ie, o bien, aplicando el balance de potencias, igualándola a la suma

de las potencias activas absorbidas por ambas resistencias.

Por simplicidad se determina Ie. Como la fuente U está en serie con la

resistencia R1, se puede determinar la intensidad Ie aplicando la ley de Ohm a

esta resistencia:

1

93 45º 4,243 j2,121 4,743 26,57º A

2

g Ce

E UI

R

Teniendo en cuenta que el sentido de la referencia de Ie es opuesto al de la

referencia de Eg, la potencia activa cedida por la fuente de tensión es:

cos cosg g g eced E ced E g e E IP S E I

siendo Sced Eg la potencia aparente, calculada como el producto de los módulos

Eg y Ie, y el argumento de la potencia compleja, que se determina como la

diferencia entre el argumento de tensión Eg y el de la corriente Ie. Así pues:

6,364 4,743 cos(0 26,57) 27 Wgced EP

c) La potencia activa absorbida por la resistencia R2 se puede determinar

como la potencia activa cedida por el generador menos la absorbida por la

resistencia R1:

2 22 1 127 27 4,743 ∙1 27 22,5 4,5 W

gabs R ced E abs R eP P P I R


Otra forma para hallar esta potencia activa absorbida por R2 es calculando la

tensión UR en bornes de la resistencia R2 mediante el divisor de tensión,

puesto que la tensión UC ya fue determinada:

23 3

2

13 45º 2,121 90º V

j 1 j10 ∙10R C

RU U

R L

Por lo tanto, la potencia activa absorbida es:

2 2

2

2

2,1214,5W

1R

abs R

UP

R


Problema 7.3 ()

Determinar las potencias activa y reactiva cedidas por los dipolos y por la

bobina del circuito de la figura.

Datos: U2 = ‐j20 V, I1 = 10 + j10 A

Solución:

Para determinar las potencias es importante establecer primero las

referencias de tensión e intensidad en cada elemento o dipolo del circuito. En

este circuito, los tres elementos se encuentran en paralelo por lo que la

referencia de tensión es válida para los tres. Por otra parte, se establece la

referencia de intensidad para la bobina y el dipolo 2.

o Potencias cedidas por el dipolo 1

+

I1

U2ZL = j Dipolo 1 Dipolo 2

+

I1

U2ZL Dipolo 1 Dipolo 2

+

U1

I2

IL

I1+

U1Dipolo 1


La tensión U1 es la misma que U2:

1 2 j20 VU U

Para las referencias indicadas, el producto de U1 por el conjugado de I1 da lugar

al cálculo de la potencia cedida por el dipolo 1:

11 1∙ * ( j20)∙(10 j10) j200 200 200 j200 VAced DS U I

Por lo tanto:

11

11

Re 200W

Im 200 var

ced Dced D

ced Dced D

P S

Q S

o Potencia reactiva cedida por la bobina ZL

Conocida la tensión en bornes de la bobina, se determina la intensidad IL

mediante la ley de Ohm generalizada:

2 j20 20 90º20 180º A

j 1 90ºL

L

UI

Z

Para las referencias dadas, el producto de U2 por IL* da como resultado la

potencia compleja absorbida por la bobina.

*2 j20 ( 20) j400 VALabs LS U I

Como en en enunciado se pide la potencia cedida por la bobina, entonces:

j400 VAced L abs LS S

Por lo tanto:

+

U2 ZL = j

IL


Re 0 W

Im 400 var

ced Lced L

ced Lced L

P S

Q S

Puede comprobarse que, al tratarse de una bobina, este elemento pasivo no

absorbe ni cede potencia activa y cede una potencia reactiva menor que cero,

es decir, absorbe potencia reactiva.

o Potencias cedidas por el dipolo 2

Aplicando la LKI se calcula la intensidad I2:

2 1 20 180º (10 j10) 30 j10 ALI I I

Para las referencias indicadas, el producto de U2 por el conjugado de I2

determina la potencia cedida por el dipolo 2:

*

22 2∙ ( j20)∙( 30 j10) j600 200 200 j600 VAced DS U I

Así pues:

2

2

200W

600 var

ced D

ced D

P

Q

o Comprobación del teorema de Boucherot:

1 2

1 2

200 0 200 0 W

200 400 600 0 var

ced ced D ced L ced D

ced ced D ced L ced D

P P P P

Q Q Q Q

I2+

U2 Dipolo 2


Problema 7.4 ()

Dado el dipolo de la figura:

a) Determinar el equivalente Thévenin y el equivalente Norton vistos


b) Calcular el valor de la impedancia que, colocada entre los terminales A

y B del dipolo, absorbe la máxima potencia activa. Calcular las

potencias activa, reactiva, aparente y compleja que absorbe dicha

impedancia.

c) Calcular el condensador que, conectado en paralelo con la impedancia

del apartado anterior, consigue que el conjunto impedancia +

condensador tenga un factor de potencia de 0,9 inductivo.

Solución:

a) Para determinar los equivalentes Thévenin y Norton se necesita hallar la

tensión a circuito abierto, la intensidad de cortocircuito y la impedancia

equivalente entre los terminales A y B del dipolo de la figura.

o Tensión a circuito abierto U0

En el circuito se identifican dos fuentes reales de intensidad. Se transforman

estas fuentes en su fuente real de tensión equivalente:

j

2 U j2

U 1

B

A

+

1


y se simplifica el circuito a una única malla:

Recordar que cuando se transforman fuentes reales es importante verificar la

coherencia de polaridades entre las fuentes originales y sus fuentes

equivalentes.

Aplicando la LKT a la malla que forma el circuito simplificado, se obtiene:

4 90º j 1∙ 1∙ j4 j2 0a a a aI I I U I

en donde el parámetro de dependencia U se determina considerando su

ubicación en el circuito original:

1

j

2 Uj2

1

B

A

U0

+U

j

+

j22U V

j2

+

+

1

1

B

A

U0

+

I = 0

j

+

j4 U

j2

+

Ia


Se pretende expresar esta incógnita U en función de la incógnita principal del

método de análisis, es decir, en función de la intensidad Ia. Para ello, se aplica

la LKI en el nudo C:

4 0ºC aI I

y aplicando la ley de Ohm generalizada en la reactancia capacitiva, queda

expresada la tensión U como:

j∙ j 4 0º j4 jC a aU I I I

Por lo tanto, sustituyendo U en la expresión obtenida inicialmente:

4 90º j 1∙ 1∙ j4 j4 j j2 0

16 j4 2 j 0

a a a a a

a

I I I I I

I

se despeja Ia:

16 j4A

2 jaI

La tensión U0 se obtiene aplicando la ley de Ohm a la resistencia de 1

conectada entre los terminales A y B:

0 1∙ aU I

0

16 j4V

2 jU

j U 4 0º A +

Ia

Ic

4 0º C


o Intensidad de cortocircuito Icc

Para el equivalente Norton se requiere determinar la intensidad de

cortocircuito Icc. Para ello, se unen mediante un cortocircuito los terminales A

y B del dipolo:

Nótese que la resistencia de 1 situada entre los terminales A y B está en

paralelo con un cortocircuito. Esto implica que la intensidad que circula a

través de ella es nula puesto que la tensión entre sus bornes es cero. Por lo

tanto, esta resistencia se puede eliminar sin que afecte al resto del circuito.

Asimismo, para simplificar el circuito se transforman las fuentes reales de

intensidad en su fuente real de tensión equivalente:

Para calcular la intensidad Icc se aplica la LKT a la malla:

4 90º j 1∙ j4 j2 0cc cc ccI I U I

1

j

2 U j2

U 1

B

A

+

Icc 4 0º A

+UAB

1

j

j4 U

j2 B

A

Icc +

+

Icc


En esta expresión, aparece como incógnita el parámetro de dependencia U,

por lo que se añade una segunda ecuación que permita expresar este

parámetro de dependencia en función de la intensidad Icc. Para ello, se tiene

que volver al circuito original y aplicar el procedimiento descrito en el

apartado anterior para esta incógnita.

Aplicando la LKI al nudo C y aplicando la ley de Ohm se obtiene:

j(4 ) j4 jcc ccU I I

Por lo tanto, sustituyendo en la expresión anterior para Icc:

4 90º j 1∙ j4 j4 j j2 0

16 j4 3 j 0

cc cc cc cc

cc

I I I I

I

y se obtiene:

16 j4 A 5,215 32,47º A

3 jccI

o Impedancia equivalente Zeq

Para determinar la impedancia equivalente es necesario convertir el dipolo en

pasivo. Este procedimiento consiste en anular las fuentes independientes y

dejar las fuentes dependientes. Por lo tanto, el dipolo pasivo obtenido es:

j U 4 0º A +

Icc

Ic

4 0º C


Como el dipolo pasivo contiene fuentes dependientes, es necesario

determinar la impedancia equivalente haciendo uso de una fuente de tensión

ideal, de valor E, que se conecta entre los terminales A y B. Por esta fuente de

tensión E circula una intensidad Ie, por lo que la impedancia equivalente Zeq

vista entre los terminales A y B queda determinada como:

eq

e

EZ

I

Así pues, al dipolo pasivo obtenido se le conecta la fuente E (con las

referencias de polaridad mostradas en la figura siguiente), y para simplificar

se transforma la fuente real dependiente de intensidad en su fuente real de

tensión equivalente:

Se identifican dos mallas, cuyas ecuaciones son:

1

j

2 U

U 1

B

A

+

j2

1

j

j2

U 1

B

A

+

j4 U +

+

E

Ie

Ib

Ia


Malla : j 1 1 j2 j4

Malla :

a a b

b a b

I I I U

I I I E

siendo la ecuación adicional:

( j )aU I

Se requiere obtener un expresión que relacione los fasores E e Ie. Para ello, se

sustituye la expresión de U y de la Malla Ib en la ecuación de la Malla Ib:

2 j 4

3 j 2 j

b b b

b

I E I I E

I E

y como b eI I , la expresión anterior queda:

3 j 2 jeI E

por lo que Zeq se obtiene como:

3 j1,4 j0,2 1,414 8,13º

2 jeq

e

EZ

I

Finalmente, se representan los circuitos equivalentes:


Para comprobar los resultados podría contrastarse que la impedancia

obtenida en el circuito pasivo coincide con el cociente de U0/Icc, o bien, que al

transformar el equivalente Norton en su fuente real de tensión equivalente se

obtiene el equivalente Thévenin:

A

B

+

1,4+j0,2 A

B


1,4+j0,2


0

3 j 16 j4 16 j4∙ V

2 j 3 j 2 jeq ccZ I U

b) Según el teorema de máxima transferencia de potencia activa, la

impedancia que conectada entre los terminales A y B absorbe la máxima

potencia es igual al conjugado de la impedancia equivalente del dipolo:

1,4 j0,2 eqZ

entonces:

*1,4 j0,2 máx eqZ Z

Para determinar las potencias pedidas, se conecta la impedancia Zmáx al

equivalente Thévenin (se puede determinar igualmente utilizando el

equivalente Norton):

La impedancia total serie es:

1,4 j0,2 1,4 j0,2 2,8 0º T eq máxZ Z Z

por lo que la intensidad que circula por el circuito es:

07,374 40,601º

2,633 40,601º A2,8 0ºT

UI

Z

y la caída de tensión UAB:

1,4 j0,2 2,633 40,601º 3,723 32,471º VmáxABU Z I

B

A

+

+

UAB

I

1,4‒j0,2

1,4+j0,2


o Potencia activa absorbida por la impedancia Zmax:

Solo absorbe potencia activa la parte real de la impedancia.

2 21,4 2,633 9,705 Wabs ZP R I

o Potencia reactiva absorbida por la impedancia Zmax:

Solo absorbe potencia reactiva la parte imaginaria de la impedancia.

2 20,2 2,633 1,386 varabs ZQ X I

o Potencia aparente absorbida por la impedancia Zmax:

3,723 2,633 9,803 VAabs Z ABS U I

Esta potencia aparente también puede determinarse como:

2 2 2 29,705 1,386 9,803 VAabs Z abs Z abs ZS P Q

o Potencia compleja absorbida por la impedancia Zmax:

j 9,705 j1,386 VAabs Z abs Z abs ZS P Q

o bien, puede hallarse como:

*3,723 32,471º 2,633 40,601º 9,705 j1,386 VAabs Z ABS U I

que coincide con el resultado obtenido anteriormente.

c) Se pide que el condensador se conecte en paralelo con la impedancia del

apartado anterior Zmáx:

B

A

++

UAB

I

C

1,4+j0,2

1,4–j0,2


Para determinar la capacidad de este condensador C que consigue que el

conjunto tenga un factor de potencia de 0,9 inductivo, es necesario primero

conocer la cantidad de potencia reactiva a compensar.

Del apartado anterior, se observa que la potencia reactiva que absorbe la

impedancia Zmáx es:

9,705 j1,386 VA

1,386 var

abs Zmáx

abs Zmáx

S

Q

Esto es, Zmáx cede potencia reactiva, lo que significa que esta impedancia tiene

carácter capacitivo.

Por lo tanto, no existe un condensador C que pueda mejorar el factor de

potencia actual debido a que éste también cedería potencia reactiva e

incrementaría la potencia reactiva total cedida, empeorando el factor de

potencia del conjunto. Gráficamente:

cosconjunto < cosZmáx

9,705 W

‐1,386 var

QCond.

Zmáx

SZmáx conjunto

SZmáx+Cond.


Problema 7.5 ()

El consumo de potencia activa de una carga de carácter inductivo es 40 W y la

corriente que absorbe de la red eléctrica de 230 V y 50 Hz es 1 A. Para

compensar el factor de potencia, se conecta un condensador en paralelo con

la carga y se mide que la corriente que absorbe ahora de la red ha disminuido

a la quinta parte (0,2 A). Calcular el valor del condensador que se ha

conectado, sabiendo que el conjunto carga + condensador sigue teniendo

carácter inductivo.

Solución:

El problema describe la compensación del factor de potencia de una carga

conectada a un sistema en régimen estacionario sinusoidal de 230 V y 50 Hz.

Los datos aportados en el problema corresponden a dos condiciones de

operación:

Dipolo inicial: carga conectada que absorbe 40 W y circula 1 A.

Dipolo con compensación: condensador conectado en paralelo con la

carga inicial y la medida de intensidad del conjunto es 0,2 A.

Una forma de determinar el condensador C que se ha conectado, es utilizar la

expresión de la compensación del factor de potencia:

2

'

∙abs ZP tg tg

CU

donde la tensión U, la pulsación y la potencia absorbida por la carga Pabs son conocidos. Nótese que la potencia Pabs no se modifica tras la conexión del

condensador puesto que éste ni cede ni absorbe potencia activa. El

condensador solo afecta a la potencia reactiva del conjunto.

El problema se reduce a determinar el factor de potencia inicial (cosZ) y el

obtenido tras la compensación (cos’) y, de éstos, los argumentos Z y ’, respectivamente.


o Condición inicial

La condición inicial descrita en el problema puede plantearse circuitalmente

como:

Para un dipolo pasivo, el desfase entre tensión e intensidad es igual al

argumento de la impedancia:

Z U I

que a su vez es el ángulo del triángulo de potencia Z.

Sabiendo que la potencia absorbida es 40 W se determina el factor de

potencia inicial:

∙ ∙cos

40 230∙1∙cos cos 0,174abs Z

Z Z

P U I

Por lo tanto:

79,98ºZ

o Dipolo con compensación: carga + condensador

El circuito equivalente del conjunto es:

1 A

230 V

50 Hz

+

Z

Z>0

SZ

Z

QZ

PZ

230 V

50 Hz

+

ZC

S’ Z’ Q’

P’

0,2 A


En esta condición de operación, la intensidad que consume el conjunto se

reduce a 0,2 A. No obstante, se absorbe la misma potencia activa Pabs. Por lo

tanto, se determina el factor de potencia para el conjunto:

'

' '

40 W

∙ '∙cos

40 230∙0,2∙cos cos 0,87

abs

abs Z

Z Z

P

P U I

por lo que el argumento es:

' 29,59ºZ

Representando ambas condiciones, puede verse la compensación del factor

de potencia que introduce el condensador.

La capacidad de dicho condensador es:

2

5

2

2π

40 tan79,98º tan29,59º1,225∙10 F

2∙π∙50∙230

ced condQC

f U

C

esto es:

12,25μFC

Z

Pabs

Z’

jQabs

jQ’abs

jQced cond

Sabs

S’abs


Problema 7.6 ()

Sabiendo que el circuito de la figura se encuentra en régimen estacionario

sinusoidal, que la tensión 2 10 0 V U y que la frecuencia de la fuente es

50 Hz:

a) Determinar la tensión U1 y la intensidad I1.

b) Comprobar que se verifica el teorema de Boucherot.

c) Calcular la capacidad del condensador que hay que colocar entre los

puntos A y B para que la fuente de tensión no ceda ni absorba

potencia reactiva.

Solución:

La resistencia de 10 y la bobina de impedancia j10 están conectadas en

paralelo (ambas tienen la misma tensión entre sus bornes), por lo que es

posible agruparlas:

+

I1 2+j2

10 j10 j2 j3

j 2 j2

1+j1

+

U1

A

B

U2

+

I1 2+j2

5+j5 j2

j3

j 2 j2

1+j1

+

U1

A

B

U2


a) Se va a proceder a analizar este circuito por el método de mallas. Existen 3

mallas en el circuito y, para las intensidades de circulación de malla indicadas

en la figura, las ecuaciones de estas mallas son:

15 j5 0

2 j2 j2 j 5 j5 0

2 j2 1 j j3 j 0

a b

b b c b a

c c c b

I I U

I I I I I

I I I I

Por otra parte se sabe que 2 10 0 VU , por lo tanto, la intensidad Ic vale:

2 10 05 j5 A=5 2 45º A

1 j 1 jc

UI

con lo que se tiene un sistema de 3 ecuaciones y 3 incógnitas. Resolviéndolo:

1

32 j69 A 76,06 114,88º A

15 j45 A 15 10 108,43º A

205 j35 V 207,966 170,31º V

a

b

I

I

U

Identificando intensidades:

1 32 j69 AaI I

b) Para comprobar el teorema de Boucherot, se van a calcular las potencias

activas y reactivas absorbidas por todos los elementos del circuito. Para esto

hay que volver al circuito original.

En el caso de la fuente de tensión, se calcula su potencia compleja. Para las

referencias indicadas en el circuito:

+

I1

2+j2

5+j5 j2 j3

j 2 j2

1+j1

+

U1

A

B

U2

Ic

Ib

Ia

Ua

Ub

+

+


**

11 205 j35 32 j69

8975 j13025 VA j

ced fuente

ced fuente ced fuente

S U I

P Q

Por lo tanto:

8975W

13025 var

ced fuente

ced fuente

P

Q

En la resistencia de 10 :

2 21

10

207,9664325W

10 10abs

UP

En la impedancia j10 :

2 21

j10

207,9664325var

10 10abs

UQ

En la impedancia 2+j2 :

222 j2 2 15 10 2 4500Wabs bP I

222 j2 2 15 10 2 4500varabs bQ I

Para la resistencia de 2 :

222 2 5 2 2 100Wabs cP I

En cuanto a la impedancia de j2 :

22j2 2 5 2 2 100 varabs cQ I

Para la bobina acoplada magnéticamente de la izquierda:

j2 j 85 j25 88,6 163,61º Vb caU I I


**

1

1 1

85 j25 15 j45

150 j4200 j

babs L a

abs L abs L

S U I

VA P Q

1

1

150W

4200 var

abs L

abs L

P

Q

En cuanto a la bobina acoplada magnéticamente de la derecha:

j3 j 30 30 180º Vc bbU I I

**

2

2 2

30 5 j5

150 j150 VA j

cabs L b

abs L abs L

S U I

P Q

2

2

150W

150 var

abs L

abs L

P

Q

Por último, para la impedancia 1+j :

221 j 1 5 2 1 50Wabs cP I

221 j 2 5 2 1 50 varabs cQ I

El teorema de Boucherot dice que en un circuito se cumplen, de forma

independiente, el balance de potencias activas y el balance de potencias

reactivas, esto es:

ced abs

ced abs

P P

Q Q

En cuanto al balance de potencias activas:

8975 4325 4500 100 150 150 50

Y el balance de potencias reactivas:

13025 4325 4500 100 4200 150 50

Por lo tanto, se comprueba que se cumple el teorema de Boucherot en el

circuito.


c) Si la fuente de tensión no ha de ceder ni absorber potencia reactiva cuando

se coloca un condensador entre los puntos A y B, significa que toda la potencia

reactiva que cedía antes esta fuente, esto es, toda la potencia reactiva que

absorbe el resto del circuito, tiene que ser cedida ahora por el condensador

que se conecte entre esos puntos. Esto es:

13025 varced condQ

La potencia reactiva que cede un condensador de capacidad C sometido a una

tensión Uc se calcula como:

2ced cond CQ C U

La tensión en bornes de condensador cuando se conecta entre los puntos A y

B vale:

1 207,966 VC ABU U U

Por lo tanto:

213025 2π50 207,966C

Entonces:

49,58 10 F 958μFC


Problema 7.7 ()

Dado el circuito de la figura, aplicando el método de análisis por nudos y

tomando el nudo 0 como nudo de referencia, verificar que se cumple el

teorema de Boucherot.

Solución:

Para aplicar el método de análisis por nudos, interesa que las fuentes del

circuito sean fuentes de intensidad. En el circuito hay dos fuentes de tensión,

la inferior, que al estar en serie con una impedancia se trata de una fuente real

y, por tanto, es posible transformar a su fuente real de intensidad equivalente,

y la superior, que se trata de una fuente ideal y que, por tanto, no se va a

modificar.

Para el caso de la fuente real, el valor de su fuente real de intensidad

equivalente es:

3j1,5 1,5 90º A

j2

UU U

Teniendo en cuenta las condiciones de que todos los elementos del circuito

estén entre dos nudos y que no haya nudos unidos por un cortocircuito que

tengan nombres distintos, el circuito tiene dos nudos (A y B) más el nudo de

0

4

+

+

2∙U

U A

‒j2

+ 3∙U

j3


referencia (0). Por otra parte, al haber una fuente de tensión ideal, se ha

añadido una incógnita, Ie, que es la intensidad que circula por dicha fuente.

En la figura inferior se han dibujado las referencias tanto de la intensidad Ie

como de las tensiones de nudo UA0 y UB0.

Empleando la escritura directa, las ecuaciones de nudo son:

0

0

1 10

j1,54 j2

1 10 0º0

j3

eA

B

U U I

U

Por otra parte, y para solventar la incógnita que se ha añadido por existir la

fuente ideal de tensión, se añade una ecuación adicional, que no es más que

expresar el valor de la fuente en función de las tensiones de nudo:

02 AU U

Habrá que añadir otras 2 ecuaciones adicionales al existir en el circuito dos

fuentes dependientes. Como ambas fuentes dependen de la misma variable,

estas dos ecuaciones se reducen a una, que consiste en expresar dicha variable

en función de las incógnitas del método de análisis, es decir, las tensiones de

nudo.

0

4

+

+

2∙U

U A

‒j2

j3

j1,5∙U

Ie

0

0

+

A UA0

B

+ UB0


0 BU U

Así pues, agrupando ecuaciones, se tiene un sistema de 4 ecuaciones con 4

incógnitas. Resolviéndolo:

0

0

60 90º V

30 90º V

21,2132 45º A

A

B

e

U

U U

I

A continuación se va a comprobar que se verifica el teorema de Boucherot.

Para ello, se van a calcular las potencias activas y reactivas absorbidas/cedidas

por los distintos elementos del circuito, teniendo en cuenta las referencias

indicadas para cada uno de ellos.

A la hora de calcular estas potencias, se vuelve al circuito original.

Para la fuente de intensidad:

**

10A 10A 10A30 90º 10 0º 30 90º 10 0º 300 90º 300ced ced cedS U I j P jQ

Por tanto:

0

4

+

+

2∙U

U

‒j2

+ 3∙U

j3

0

0

A B+ UA0

+UB0

Ie

IC

+ UC


10

10

0W

300 varced A

ced A

P

Q

Para la fuente de tensión ideal:

**

2

2 2

2 2 30 90º 21,2132 45º

1272,792 45º 900 j900 j

eced U

ced U ced U

S U I

P Q

Por tanto:

2

2

900W

900 var

ced U

ced U

P

Q

En cuanto a la fuente de tensión real:

*

3 3 Cced US U I

La intensidad que circula por el condensador vale:

30 90º15180º A

j2 2 90ºC

C

UI

La tensión en bornes del condensador se obtiene a partir de la LKT:

03 3 (30 90º) 60 90º 30 90º AC AU U U

Por lo tanto:

*3 3 33 30 90º 15180º 1350 ced U ced U ced US j VA P jQ

Entonces:

3

3

0 W

1350 var

ced U

ced U

P

Q

Por lo que se refiere a la bobina:

2 210 3 300var absL L LQ I X


En cuanto al condensador:

2 230450 var

2 C

ced C

C

UQ

X

Y, por último, la resistencia:

2 20 60

900W4

AabsR

UP

R

El teorema de Boucherot dice que en un circuito, se han de cumplir, de forma

independiente, el balance de potencia activa y el balance de potencia reactiva,

esto es:

ced abs

ced abs

P P

Q Q

En el circuito analizado, para las potencias activas:

900W

900W

ced

abs

P

P

y para las potencias reactivas:

300 900 450 1650 var

1350 300 1650 var

ced

abs

Q

Q

Por lo tanto, se comprueba que se verifica el teorema de Boucherot.


Problema 7.8 ()

Para el dipolo de la figura, determinar:

a) El valor de la impedancia Z que, colocada entre los terminales A y B,

absorbe la máxima potencia activa.

b) El valor de la potencia activa, reactiva, aparente y compleja que

absorbe dicha impedancia Z, así como su factor de potencia.

Solución:

a) El valor de la impedancia que, conectada entre los terminales A y B, absorbe

la máxima potencia activa, se obtiene por aplicación del teorema de la máxima

transferencia de potencia.

El mencionado teorema dice que de todas las impedancias que se pueden

conectar en bornes de un dipolo activo, la que absorbe la máxima potencia es

aquella cuyo valor es igual al conjugado de la impedancia compleja

equivalente del dipolo pasivo correspondiente al activo dado.

Por lo tanto, para aplicar dicho teorema resulta conveniente determinar la

impedancia equivalente del dipolo pasivo vista entre los terminales A y B.

o Determinación de la impedancia equivalente

El procedimiento para determinar esta impedancia consiste en convertir el

dipolo en pasivo, es decir, se anulan sus fuentes independientes (una fuente

de tensión nula se comportan como un cortocircuito, una fuente de intensidad

+

1

j

A

B

j2

j3

j2

j4


nula se comportan como un circuito abierto) y, si las hubiera, las fuentes

dependientes se dejan como están:

Como el circuito pasivo resultante contiene bobinas acopladas

magnéticamente, su impedancia equivalente se calcula conectando una

fuente auxiliar E entre los terminales A y B:

De esta forma, la impedancia equivalente queda determinada con la relación

entre la tensión de la fuente auxiliar E y la intensidad Ie que circula por ésta

(con las referencias indicadas en la figura anterior):

eq

e

EZ

I

1

j

A

Bj2

j3

j2

j4

1

j

A

B

j2

j3

j2

j4

+E

Ie

Ia

Ib

Ic


Para analizar el circuito y calcular esta relación, se aplica el método de análisis

por mallas:

Malla a: 1

Malla b: j2 j2 j

Malla c: j2 j j3 j j4 0

a

b b c c

c b c c c b c

I E

I I I I E

I I I I I I I

Reagrupando términos y sumando las últimas dos expresiones:

j 1 90ºb bI E I E

La intensidad Ie que circula por la fuente es:

e b aI I I

que, sustituyendo las intensidades Ia e Ib en este última expresión, permite

deducir una ecuación en función de E e Ie:

1 1 1j 45º

1 j 2 45º 2e

e

EI E E

I

Por lo tanto, el valor de la impedancia equivalente es:

1 1 145º j

2 22eq

e

EZ

I

y, según el teorema de máxima transferencia de potencia, la impedancia que

absorbe la máxima potencia activa es:

*

* 1 1 1 145º 45º j

2 22 2máx eqZ Z

b) Para determinar el valor de las potencias absorbidas por la impedancia del

apartado anterior, y en vista de que ya se ha calculado la impedancia

equivalente del circuito, conviene terminar de caracterizar primero el dipolo

dado mediante su equivalente Thévenin, o bien su equivalente Norton.

Para ello, sería suficiente determinar la tensión de abierto o la intensidad de

cortocircuito, según sea el equivalente elegido. Posteriormente, para calcular


las potencias absorbidas, se conecta la impedancia Zmáx entre los terminales

A y B del equivalente.

Para este problema se ha elegido caracterizar el dipolo mediante su

equivalente Thévenin. Para ello, se determina la tensión a circuito abierto U0

entre los terminales A y B:

Debido a que el circuito contiene bobinas acopladas magnéticamente se

recomienda utilizar el método de análisis por mallas. Para este método es

conveniente que todas las fuentes sean de tensión, por lo que se transforma

la fuente real de intensidad en su fuente real de tensión equivalente:

5 90º( j4) 5 90º∙4 90º 20 0º V

Aplicando la LKT a la trayectoria cerrada formada por las tensiones de la parte

superior izquierda del circuito, se puede escribir que:

+

1

j

A

B

j2

j3

j2

j4

U0

UR1+

++

Eg

+

1

j

A

Bj2

j3

j2

j4

+

Ia

Ib

U0

+UR1

+

+

Eg


0 1 gRU U E

Aplicando el método de mallas al circuito:

Malla a: j2 j2 j 20 0º

Malla b: j2 j j3 j j4 20 0º

a a a b b

b a b b b a b

I I I I I

I I I I I I I

Reagrupando términos y sumando ambas expresiones:

40 0º 40 0º1+j 40 0º 20 2 45º 20 j20 A

1 j 2 45ºa aI I

se calcula la tensión UR1:

1 1∙ 20 j20 VaRU I

Así pues, la tensión a circuito abierto en bornes de dipolo es:

0 20 j20 20 0º 20 j20 20 j20U

0 j20 20 90º VU

El equivalente Thévenin del dipolo dado es:

Conectando ahora en bornes del equivalente Thévenin la impedancia que

absorbe la máxima potencia calculada anteriormente, se tiene:

+

A

B

+

A

B

I



20 90º 20 90º20 90º A

1 1 1 1 1j j2 2 2 2

I

o Potencia activa que absorbe Zmáx:

2 2 1∙ 20 ∙ 200W2

abs ZmáxP I R

La potencia activa la absorbe la parte real de la impedancia Zmáx.

o Potencia reactiva que absorbe Zmáx:

2 2 1∙ 20 ∙ 200 var

2abs ZmáxQ I X

La potencia reactiva la absorbe la parte imaginaria de la impedancia Zmáx.

Nótese que una reactancia negativa (parte imaginaria de la impedancia) indica

un carácter capacitivo de la carga, por lo tanto ésta cede potencia reactiva, tal

y como se comprueba con el valor negativo de Qabs Zmáx.

o Potencia aparente que absorbe Zmáx:

2 2 2 2200 200 282,84 VAabs Zmáx abs Zmáx abs ZmáxS P Q

o Potencia compleja que absorbe Zmáx:

j 200 j200 200 2 45º VAabsZmáx absZmáx absZmáxS P Q

Cabe destacar que, dado que el argumento Z=‐45º de la impedancia Zmáx es

menor que cero, dicha impedancia absorbe potencia activa y cede potencia

reactiva.

o Factor de potencia:

200 2. . . (capacitivo al ser <0 )

2200 2

abs Zmáx

Z

abs Zmáx

Pf d p

S


Aunque no se indique en el problema, se pueden comprobar los resultados

obtenidos del equivalente Thévenin determinando el equivalente Norton del

dipolo.

Para ello, se cortocircuitan los terminales A y B y se calcula la intensidad de

cortocircuito Icc con la referencia indicada:

Se transforma la fuente real de intensidad en su fuente de tensión equivalente

y se resuelve aplicando el método de mallas:

Las ecuaciones de las mallas son:

+

1

j

A

B

j2

j3

j2

j4

Icc

+

1

j

A

B

j2

j3

j2

j4

+

Ia

Ic

Icc

Ib


Malla a: 20 0º A

Malla b: j2 j2 j 0

Malla c: j2 j j3 j j4 20 0º

a

b b c c

c b c c c b c

I

I I I I

I I I I I I I

Reagrupando términos y sumando las dos últimas ecuaciones:

j 20 0º 20 90º Ab bI I

Por lo tanto, la intensidad de cortocircuito Icc queda determinada como:

20 0º 20 90º 20 j20 Acc a bI I I

20 2 45º 20 j20 AccI

Finalmente, se comprueba que la tensión en circuito abierto (determinado a

partir del equivalente Norton y la impedancia equivalente) sea igual a la

obtenida en el equivalente Thévenin:

0

1∙ 45º∙20 2 45º 20 90º V

2eq ccZ I U


Problema 7.9 ()

Un motor eléctrico monofásico se alimenta a una tensión sinusoidal de 230 V

y 50 Hz. Cuando el motor funciona en régimen nominal, se sabe que consume

una potencia de 1500 W y que por él circula una intensidad de 13 A.

Determinar el valor del condensador que, en paralelo con el motor, hace que

el conjunto motor + condensador consuma 7 A y mantenga el carácter

inductivo. En estas condiciones, determinar el valor de la intensidad que

circula por el condensador.

Solución:

En el enunciado se dice que el motor consume una potencia de 1500 W. No se

especifica si se trata de potencia activa, reactiva o aparente. La manera de

determinar a cuál de estas tres potencias se refiere el dato es fijarse en las

unidades de la potencia dada. En este caso las unidades que acompañan al

dato de potencia dado son vatios, de donde se deduce que se está

proporcionando el dato de la potencia activa absorbida por el motor.

150WabsMP

Por otra parte, aunque en el enunciado no se dice nada de la potencia reactiva

que absorbe el motor, no se puede suponer que es nula. En principio, un

motor eléctrico es una carga de carácter inductivo, es decir, absorbe potencia

reactiva.

La figura siguiente muestra el circuito antes y después de conectar el

condensador en paralelo con el motor.

ZM

IM

230 V

50 Hz ZM

IT

230 V

50 Hz C

IM

IC


Dado que un condensador ni cede ni absorbe potencia activa, en ambas

situaciones la potencia absorbida por todo el conjunto es la potencia activa

que absorbe el motor, es decir, 1500 W.

Parte de la potencia reactiva que absorbe el motor, y que en la situación inicial

es cedida por la red eléctrica a la cual está conectado el motor, es cedida por

el condensador en la situación final. Esto lleva a que el conjunto

motor+condensador, al consumir la misma potencia activa y menor potencia

reactiva, presente un mejor factor de potencia que el motor trabajando solo.

Esto es, el condensador compensa el factor de potencia del motor.

Esto mismo puede verse si se dibujan los triángulos de potencia de la situación

inicial y de la situación final. En la figura siguiente, se observa que,

efectivamente, T < M.

Situación inicial:

230 13 2990 VAabsM MS U I

Situación final:

230 7 1610 VAabs T TS U I

La potencia reactiva que se absorbe de la red en ambos casos es:

2 2 2 22990 1500 2586,522 varabsM absM absMQ S P

2 2 2 21610 1500 584,893 varabsT absT absTQ S P

Por lo tanto, la potencia reactiva que cede el condensador que se conecta en

paralelo con el motor es:

2586,522 584,893 2001,63 varced C absM abs TQ Q Q

Pabs M

Sabs MQabs M

M

Pabs T= Pabs M

Sabs M

Qabs MM

Qced C

Qabs T

Sabs T


La potencia reactiva que cede un condensador se vale:

2ced C CQ C U

Por lo que la capacidad del condensador que suministra la potencia reactiva

calculada es:

4

2 2

2001,631,204 10 F 120,4μF

100 π 230

ced C

C

QC

U

Nótese que existe otro condensador que conectado en paralelo con el motor

consigue que la intensidad que absorbe el conjunto motor+condensador sea

también de 7 A (Sabs T =230∙7=1610 VA).

La representación del triángulo de potencias de esta segunda solución es:

Esta solución no es válida ya que en el enunciado se dice que el conjunto

motor+condensador debe seguir manteniendo carácter inductivo y, en caso

de conectar este segundo condensador, el conjunto motor+condensador

pasaría a tener carácter capacitivo (T2 < 0).

En cuanto a la intensidad que circula por el condensador en esas condiciones:

6

230 2308,7 A

1 1

2 π 50 120,4 10

CC

C

UI

XC

Recordar que, aplicando la LKI, se cumple que: IT = IM+IC, pero esto no implica

que se haya de cumplir que: IT = IM+IC (de hecho, en general, no se cumple).

Pabs M

Sabs MQabs M

M

Pabs T

Sabs MQabs M

M Qced C

Qabs TSabs T

T2


Problema 7.10 ()

Un motor eléctrico monofásico (que puede representarse mediante una

impedancia de carácter inductivo) de 1,4 kW de potencia se conecta a la

tensión de red (230 V y 50 Hz). Dado que no se cumplen las indicaciones del

Reglamento Electrotécnico de Baja Tensión, se coloca en paralelo con él un

condensador de 22,5 µF, y así se consigue que el conjunto presente un factor

de potencia de 0,9 inductivo. Determinar los valores de los elementos que

conforman la impedancia que representa al motor.

Solución:

Se dice en el enunciado que el motor se representa mediante una impedancia

de carácter inductivo, esto es:

También se dice que al conectar en paralelo con el motor un condensador de

22,5 μF, el factor de potencia del conjunto pasa a ser 0,9 inductivo. Dado que

la capacidad del condensador que lleva de una situación inicial a una final se

puede calcular como:

2

abs i fP tg tg

CU

y sabiendo que:

arccos0,9 25,84º f f

(Se toma la solución positiva ya que se dice que el factor de potencia tiene

carácter inductivo.)

entonces:

ZM230 V

50 Hz

RM

jXM

230 V

50 Hz

RM

jXM

C

22,5 μF

ITIM


6

2

1400 25,8422,5 10 36,92º

2 π 50 230i

i M

tg tg

Sabiendo la potencia activa que consume el motor y su factor de potencia, se

puede determinar la potencia aparente absorbida por el motor:

14001751,15 VA

cos cos36,92º

absM

absM

M

PS

Como:

absM MS U I

entonces:

1751,157,613 A

230

abs M

M

SI

U

La potencia activa que absorbe el motor la absorbe la parte real de la

impedancia que lo representa:

2

2 2

140024,15

7,613abs M

abs M M M M

M

PP R I R

I

La potencia reactiva que absorbe el motor la absorbe la parte imaginaria de la

impedancia que lo representa:

2

2 2 2

1051,9718,15

7,613

absM Mabs Mabs M M M M

M M

P tgQQ X I X

I I

318,1557,77 10 H 57,77mH

2 50M

M

XX L L

24,15 j18,15MZ

El motor se representa mediante una resistencia de 24,15 en serie con una

bobina de coeficiente de autoinducción de 57,77 mH.



Problema 7.11 ()

En el circuito de la figura, determinar:

a) Potencia reactiva consumida por la bobina.

b) Potencia activa proporcionada por el generador.

c) Potencia activa absorbida por la resistencia en serie con el

condensador.

Datos: ( ) 30sen 1000 V,ge t t R = 1 , L = 3 mH y C = 1 mF.

Resultados: a) QabsL = 65,85 var, b) PcedEg = 153,66 W, c) PabsR = 98,78 W

Problema 7.12 ()

Se sabe que al alimentar una carga monofásica de carácter inductivo con una

tensión U = 220 V, por ella circula una intensidad de 1 A y absorbe una

potencia de P = 150 W. Calcular la potencia activa y la potencia reactiva que

absorbe dicha carga cuando se alimenta con una tensión de 110 V.

Resultados: Pabs = 37,5 W, Qabs = 40,23 var

Problema 7.13 ()

Indicar para cada uno de los dipolos de la figura si actúan como generador o

como receptor y si ceden o absorben potencia reactiva.

eg(t) L

R R

C +


Datos: U=2+j3 V, I=3j2 A

Resultados: Dipolo 1: generador, cede potencia reactiva.

Dipolo 2: receptor, absorbe potencia reactiva

Problema 7.14 ()

Calcular para cada dipolo si es generador o receptor y si cede o absorbe

potencia reactiva.

Datos: U1=1+j V, U2=4+j V

Resultados: Dipolo 1: receptor, cede reactiva.

Dipolo 2: generador, absorbe reactiva

Problema 7.15 ()

En el circuito de la figura siguiente, determinar:

a) Valor de la impedancia equivalente (Zeq) del dipolo pasivo.

Dipolo 1

I

U

+

Dipolo 2

Dipolo 1 U1

+

Dipolo 2U2

+

‐j3


b) Se desea que la fuente de tensión no suministre potencia reactiva, para

lo cual se cierra el interruptor K. ¿Qué valor deberá tener el

condensador C para que se cumpla esta condición?

Datos: Eg = 150 V, = 100 rad/s

Resultados: a) Zeq = 110+j89 , b) C = 40F

Problema 7.16 ()

Dado el circuito de la figura, calcular:

a) La impedancia que, conectada entre los terminales A y B, absorbe la

máxima potencia activa.

b) La potencia compleja que absorbe dicha impedancia.

Datos: 200 20º V, 2gE a

Resultados: a) ,máxZ 1 j1 5 , Sabs Zmáx = 2,45 j3,76 kVA

Dipolo

pasivo

Pabs=110 W

Qabs=89 var

Z=10+j

+

Eg

Qced=90 var

K

C

Eg –j5

j8 4+j2 A

B a:1

+


Problema 7.17 ()

Dado el circuito de la figura, calcular la máxima potencia activa que absorbe

el dipolo pasivo de terminales A y B.

Resultados: Pabs DP= 6,25 W

Problema 7.18 ()

En el circuito de la figura el voltímetro V2 mide 20 V. Considerando

= 10000 rad/s y que los elementos de medida son ideales:

a) Calcular las medidas de W, V1, V3 y A.

b) Calcular la expresión de eg(t), tomando la tensión de V2 como origen

de fases.

c) Calcular la potencia reactiva que cede la fuente, y comprobar que se

cumple el teorema de Boucherot.

Dipolo

pasivo B

2 H 1 F

1 1

A

+ V1

V3

V2 1 mH

1 mH

0,1 mH

1

0,1 mF

eg(t)

W A


Resultados: a) W = 200 W, V1 = 142,126 V, V3 = 127,279 V y A = 28,319 A

b) ge (t) = 142,126 2 sen 10000t +0,6857 V

c) Qcedida fuente = 4020 var

Problema 7.19 ()

Si conectamos un sistema “reactancia” + tubo fluorescente a la red (220 V,

50 Hz) y medimos con el vatímetro 1 la potencia consumida por este conjunto

obtenemos un valor 50 W. Si esta medida se efectúa en terminales del tubo

fluorescente, el vatímetro 2 indica una medida de 20 W. Además, se conoce

que la parte resistiva de la “reactancia” tiene un valor de 120 , y que si colocamos un voltímetro en bornes del tubo fluorescente, cuando se

encuentra encendido, la tensión es de 60 V.

a) Calcular el valor de la impedancia equivalente del tubo fluorescente,

Ztf.

b) Calcular el valor de la impedancia equivalente de la “reactancia”, Zr.

c) Calcular el condensador a conectar en paralelo para compensar el

conjunto a un f.d.p. de 0,9 inductivo.

Resultados: a) Ztf = 80,015+j89,43 , b) Zr = 120+j302,52 , C = 4,8 F

220 V

f=50 Hz

120 XLr

+

XLtf

Rtf

Reactancia

Tubo

fluorescente

W1 W2


Problema 7.20 ()

A load is connected to a real voltage source as depicted in the following circuit.

The voltage magnitude UC is 100 V. Determine the current through the load.

Considering this load current as reference, determine the magnitude and

phase of source voltage UG.

Results: I = 2,828 A, GU = 108,07 47,12º V

Problema 7.21 ()

An industrial single phase load of 10,53 MW of rated power is feeded through

an overhead line of 2 km total length (Rcable = 0,279 /km, Xcable = 0,070 /km).

Considering that the voltage across the total length of the line is 135 V and

that the line along with the industrial load demand 2680 kvar, determine:

a) Industrial load impedance (ZL=RL+jXL)

b) Cable power loss and AC voltage supply UG.

Results: a) ZL = 191,03+j48,48 , b) P = 30,76 kW, UG = 46,41 kV

Load

Pabs=200 W

Qabs=200 var

Z=1+j3

+

UG

+

UC

I

UG

Rcable

+

XL

RL

Xcable

Industrial

Load

Tema 8: Sistemas trifásicos equilibrados

Problemas resueltos

Problema 8.1 ()

Calcular todas las intensidades de línea en el generador y en la carga, y todas

las tensiones de línea y de fase en el generador y en la carga del circuito

trifásico de la figura.

Solución:

Se trata de un sistema trifásico equilibrado Y‐Y. Para analizarlo, se construye

uno de sus circuitos monofásicos equivalentes, en concreto, el de la fase a.

Hay que tener en cuenta que todos los puntos neutros de un sistema trifásico

equilibrado están siempre a la misma tensión (de ahí que a los dos puntos

neutros del circuito se les haya dado el mismo nombre, n).

+

+

+

1+j

1+j

1+j

3+j2

3+j2

3+j2

n’ n

a

b

c

a’

b’

c’

+ 230 0º 1+j 3+j2

n n

a a’

Generación Línea Carga

+

Uan

+ Ua’n

Ia


En el circuito de la figura anterior puede verse que la tensión Uan es la tensión

en bornes de una fuente de tensión ideal, por lo tanto:

230 0º VanU

Agrupando las impedancias en serie se obtiene:

(1 j) (3 j2) 4 j3TZ

Aplicando la ecuación de definición de la impedancia compleja, se puede

calcular la intensidad Ia:

46 36,87º A4 j3

ana

UI

Conocida esta intensidad, la tensión Ua´n vale:

' (3 j2) 165,83 3,18º Vaa nU I

A partir de los valores de las tensiones de fase y de las intensidades obtenidos

sobre el circuito equivalente monofásico, es posible determinar el resto de

tensiones de fase y de línea del sistema monofásico, así como las intensidades

de línea. Para ello, hay que recordar que, en los sistemas trifásicos

equilibrados, las variables de cada fase están desfasadas 120º entre sí. Para

4+j3

n

a +

Uan

Ia

3+j2

n

a’ +

Ua’n

Ia

Sistemas trifásicos equilibrados 315

saber si adelantan o retrasan, es necesario comprobar si el sistema es de

secuencia directa o bien de secuencia inversa.

En el esquema circuital del enunciado se especifica que:

230 0º V

230 120º V

230 120º V

an

bn

an

U

U

U

Por lo tanto, el sistema es de secuencia directa, como puede verse en el

diagrama vectorial de las tensiones de fase mostrado a continuación.

Las tensiones de línea en bornes del generador se determinan considerando

que en un sistema trifásico equilibrado de secuencia directa, el módulo de las

tensiones de línea es 3 veces mayor que el módulo de las tensiones de fase,

y que las tensiones de línea adelantan 30º respecto a sus tensiones de fase

correspondientes. Además, Ubc y Uca deberán estar desfasadas 120º respecto

de la tensión Uab. Esto es:

3 30º 398,37 30º V

3 30º 1 120º 398,37 90º V

3 30º 1 120º 398,37 150º V

ab an

bc bn ab

ca cn ab

U U

U U U

U U U

En cuanto a las tensiones de fase en bornes de la carga, se ha calculado que:

' 165,83 3,18ºVa nU

Uan

+120º

120º

Ucn

Ubn

sentido de giro

Orden de paso:Uan, Ubn, Ucn


entonces:

' '

' '

1 120º 165,83 123,18º V

1 120º 165,83 116,82º V

b n a n

c n a n

U U

U U

A partir de estos valores y de la relación vista anteriormente entre tensiones

de línea y tensiones de fase en sistemas trifásicos equilibrados, las tensiones

de línea en bornes de la carga valen:

' ' '

' ' ' ' '

' ' ' ' '

3 30º 287,22 26,82º V

3 30º 1 120º 287,22 93,18º V

3 30º 1 120º 287,22 146,82º V

a b a n

b c b n a b

c a c n a b

U U

U U U

U U U

En cuanto a las intensidades de línea (que coinciden con las intensidades de

fase al tratarse de un sistema trifásico conectado en estrella), habiendo

determinado que:

46 36,87º AaI

se obtiene:

1 120º 46 156,87º A

1 120º 46 83,13º A

b a

c a

I I

I I


Problema 8.2 ()

En el sistema trifásico equilibrado de secuencia directa mostrado en la figura,

la carga tiene un factor de potencia de 0,866 inductivo. La medida indicada

por el voltímetro es de 400 V y la medida del amperímetro es de 10 A.

Determinar las tensiones de línea en bornes del generador. Considerar la

tensión del voltímetro como origen de fases y los equipos de medida ideales.

Solución:

El equivalente monofásico del sistema trifásico es:

La tensión medida por el voltímetro es de 400 V, y además se indica que hay

que considerarla como origen de fases, esto es:

' ' 400 0º Va bU

Entonces, a partir de la relación entre tensiones de línea y de fase en un

sistema trifásico equilibrado de secuencia directa, se tiene que:

' ' '

1 40030º 30º 230,94 30º V

3 3a n a bU U

V

Z

n

a

b

c

a’

b’

c’

G 3

Z

Z

Carga

A ZL= 1+j

ZL= 1+j

ZL= 1+j

ZL = 1+j Z

n

a a’

+

Ia

Uan

+

Ua’n


Se conoce la medida del amperímetro, por tanto, se sabe que Ia = 10 A.

El valor de las impedancias que forman la carga es:

' ' 230,9423,094

10a n a n

a a

UUZ Z

I I

Se indica en el enunciado el factor de potencia de la carga, por lo tanto:

Z arccos 0,866 30º (signo "+"por ser la carga de carácter inductivo)

Entonces:

23,094 30º 20 j11,547Z

A partir de la relación entre tensión e intensidad en bornes de la impedancia,

se tiene:

'´ 10 60º Aa n

a a a Ua n Z

UI I I

Z

Fijándose en el equivalente monofásico, la tensión de fase en bornes del

generador es:

(1 j) (20 j11,54) 10 60º

24,46 30,85º ∙10 60º 244,62 29,15º V

L aanU Z Z I

La relación existente entre tensiones de línea y de fase en los sistemas

trifásicos equilibrados de secuencia directa es:

3 30ºab anU U

Aplicando dicha relación, se obtiene que:

abU 244,62 29,15º 3 30º 423,69 0,85º V

El resto de tensiones se obtienen teniendo en cuenta que el sistema

considerado es de secuencia directa, esto es:


1 120º

1 120º

bc ab

ca ab

U U

U U

Así pues, las tensiones de línea en bornes del generador son:

ab

bc

ca

U

U

U

423,69 0,85º V

423,69 119,15º V

423,69 120,85º V


Problema 8.3 ()

En el sistema trifásico equilibrado de 400 V, secuencia directa, mostrado en la

figura:

a) Determinar todas las intensidades de línea.

b) Determinar la potencia trifásica compleja que entrega el generador.

Nota: Considerar como origen de fases la tensión de línea Uab.

Solución:

Según el enunciado, el sistema trifásico presenta una tensión de 400 V, esto

es, las tensiones de línea de dicho sistema valen 400 V.

Además, se indica que el origen de fases es la tensión de línea Uab, esto es:

400 0º Vab ab UabU U

También se señala que la carga trifásica está conectada en triángulo, además

de indicarse el valor de su módulo y de su argumento. Entonces, el valor de

las impedancias complejas que forman la carga es:

33 60º

cos 0,5 ( 0)Z Z

ZZ

Es posible determinar su carga trifásica equivalente conectada en estrella:

3 60º1 60º

3 3Y

ZZ

Carga

Z= 3 Ω

cosZ=0,5

a

b

c

Generador trifásico

Z >0


Dado que el generador está conectado en estrella y la carga se ha

transformado a estrella, se puede construir el equivalente monofásico del

circuito trifásico equilibrado Y‐Y, que es:

La tensión de fase se puede obtener a partir de la relación entre tensiones de

línea y de fase para sistemas trifásicos equilibrados de secuencia directa:

1 40030º 30º 231 30º V

3 3an abU U

A partir de este circuito equivalente monofásico, se obtiene que la intensidad

de la línea a vale:

231 30º231 90º A

1 60ºan

a

Y

UI

Z

Teniendo en cuenta que en los sistemas trifásicos equilibrados las variables de

cada fase están desfasadas 120º entre sí, y considerando que el sistema es de

secuencia directa, las intensidades de línea son:

231 90º A

1 120º 231 210º 231150º A

1 120º 231 30º A

a

b a

a a

I

I I

I I

a

b

c

+Z

Z

Z

Ia

Ib

Ic

a

b

c

+

n

Ia

Ib

Ic

ZY

ZY

a

n

+

Uan

Ia


En cuanto a la potencia compleja trifásica, dado que el sistema trifásico es

equilibrado, se cumple que:

T FS S3

La potencia compleja por fase cedida por el generador vale:

FF FS U I*

Dado que:

* * *

231 30º V

( ) (231 90º) 231 90º A

F an

F a

U U

I I

entonces:

231 30º ∙ 231 90º 53361 60º VAFS

Y la potencia compleja trifásica cedida por el generador tiene un valor:

3 3 53361 60º 160083 60º VAT FS S


Problema 8.4 ()

El sistema trifásico equilibrado de la figura se alimenta conectando en los

terminales abc una fuente de tensión real trifásica, equilibrada y de secuencia

directa. Tomando como origen de fases la tensión Ua’’n (siendo n el punto

neutro de la carga 1), determinar:

a) Las intensidades de fase y línea en la carga 1.

b) Las intensidades de fase y línea en la carga 2.

c) La tensión Uab en bornes del generador real.

Datos: Lectura del amperímetro A = 10 A

Solución:

a) Se indica que se toma como origen de fases la tensión de la fase a de la

carga 1. Por otra parte, el amperímetro mide la intensidad que circula por la

línea a, es decir, mide el módulo de las intensidades de línea de la carga 1 (que

coinciden con las intensidades de fase, al tratarse de una carga en estrella).

El equivalente monofásico, de la parte correspondiente a la carga 1 del circuito

trifásico, es el siguiente:

A

0,1+j0,3

0,1+j0,3

0,1+j0,3

0,2+j0,4

0,2+j0,4

0,2+j0,4

0,1+j0,2 0,1+j0,2

a’

b’

c’

Carga 2

6+j3

Carga 1

3+j

Y

a

b

c

a’’

b’’

c’’

0,1+j0

,2


Se sabe que:

1 10 AaI

'' '' 0º origen de fasesa n a nU U

1 13 j 3,16 18,43ºZ Z

Entonces:

'' 1 1 31,62 Va n aU Z I

'' 31,62 0º Va nU

Como la carga 1 es inductiva, su intensidad de fase retrasará respecto de la

tensión de fase un ángulo igual al argumento de la impedancia de dicha carga.

Además, la intensidad de la línea a de la carga 1 (Ia1) coincide, al estar la carga

1 conectada en estrella, con la intensidad de la fase a. Por lo tanto:

aI 1 10 18,43º A

Dado que el sistema es de secuencia directa, el resto de intensidades de

línea/fase en la carga 1 valen:

1 1

1 1

1 120º 10 138,43º A

1 120º 10 101,56º A

b a

c a

I I

I I

b) El equivalente monofásico, que incluye las impedancias de la línea de la

carga 1, es:

a’’ Z1 = 3+j

+

Ia1

Ua’’n

n


a aa n a nU j I U j j I1 1' ''(0,1 0,3) (0,1 0,3) (3 ) 33,61 4,31º V

Si la carga 2 se supone conectada en estrella (haciendo la correspondiente

equivalencia entre cargas en triángulo y cargas en estrella), el equivalente

monofásico, fijándose sólo en la carga 2 y su correspondiente impedancia de

línea, es:

22 26 j3 2 j

3Y

ZZ Z

La intensidad de línea a de la carga 2 vale:

'2

2

13,9 25,43º A(0,1 j0,2)

a na

Y

UI

Z

Al tratarse de un sistema equilibrado de secuencia directa, el resto de

intensidades de línea de la carga 2 son:

b a

c a

I I

I I

2 2

2 2

(1 120º) 13,9 145,43º A

(1 120º) 13,9 94,56º A

a’’ Z1= 3+j

+

Ia1

Ua’’n

a’ +

Ua’n

0,1+j0,3

n

0,1+j0,2

Z2Y = 2+j

n

+a’

Ua’n

Ia2

a2


Las intensidades de fase de la carga 2 se pueden determinar a partir de las

intensidades de línea ya calculadas:

2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

130º 8,025 4,567º A

3

130º (1 120º) 8,025 115,433º A

3

130º (1 120º) 8,025 124,56º A

3

a b a

b c b a b

c a c a b

I I

I I I

I I I

c) Para determinar la tensión en bornes del generador, se considera el

equivalente monofásico de todo el sistema. Para ello, hay que convertir la

carga 2, conectada en triángulo, en su estrella equivalente y agrupar las cargas

1 y 2 (ambas cargas están en paralelo), formando ZT.

aT a aI I I1 2 10 18,43º 13,9 25,43º 23,854 22,50º A

Una vez conocida la intensidad de línea total, la tensión de fase en bornes del

generador se calcula:

'0,2 j0,4 42,644 12,89º VaTan a nU I U

A partir de la tensión de fase, la tensión de línea en bornes del generador vale:

a2

Z2 = 6 + j3

Ia2b2

b2 c2

Ib2c2

Ic2a2

Ia2 Ib2 Ic2Z2 Z2

a’ ZT

+

IaT

Ua’n

a +

Uan

0,2+j0,4

n


ab anU U 3 30º 73,86 42,89º V


Problema 8.5 ()

En el sistema trifásico equilibrado de secuencia directa de la figura se sabe que

la carga 1 absorbe una potencia reactiva trifásica de 6000 var. Determinar:

a) Las impedancias, Z1 y Z2, que forman cada carga.

b) Las intensidades de fase en las dos cargas.

c) La tensión de línea Ua’b’ en bornes del generador.

Datos: Uab = 380 V, A = 10 A, tomar Uab como origen de fases.

Solución:

a) Se conoce la potencia reactiva trifásica que absorbe la carga 1. A partir de

la expresión de esta potencia reactiva trifásica, se obtiene el argumento de la

carga Z1:

Tabs Z ab a ZQ U I1 13 sen

1 1 16000 3 380 10 sen sen 0,911 65,728ºZ Z Z

La intensidad de fase en la carga 1, IZ1, se puede calcular a partir de la relación

entre las intensidades de línea y de fase en los sistemas trifásicos equilibrados:

G 3

A Carga 2 en Y

PT = 2850 W cos = 0,866 inductivo

Z1

Z1

Z1

a’

b’

c’

a

b

c

1+j2

1+j2

1+j2

Carga 1


1 1

15,77 A

3Z LI I

Conocidas la tensión de fase y la intensidad de fase en la carga 1, el valor de la

impedancia Z1 se calcula:

11

1 1

38065,81

5,77abZ

Z Z

UUZ

I I

1 65,81 65,728ºZ

Respecto de la carga 2, se sabe la potencia activa que absorbe y su factor de

potencia, y dado que:

Tabs Z L L ZP U I2 23 cos

entonces:

L LI I2 22850 3 380 0,866 5A

Se puede calcular el valor de la impedancia Z2 si se conocen la tensión de fase

y la intensidad de fase en dicha carga, esto es:

22

2

Z

Z

UZ

I

Z1

IL1

Z1

Z1

IZ1a

b

c

Uab

+

UZ1

+


La tensión de fase se calcula a partir de la relación entre tensiones de línea y

tensiones de fase en sistemas trifásicos equilibrados conectados en estrella:

2 219,39 V3ab

Z an

UU U

Entonces:

22

2 2

219,3943,87

5anZ

Z L

UUZ

I I

Dado que en el enunciado se indica que la carga tiene carácter inductivo, su

argumento será mayor que cero. Además se conoce su factor de potencia. Por

lo tanto:

2 arccos 0 866 30Z , º

Así pues, la impedancia de la carga 2 vale:

2 43 87 30Z , º

b) El módulo de ambas intensidades de fase ya se ha determinado en el

apartado anterior. Sus argumentos se calculan a partir de la tensión de fase y

de la impedancia compleja para cada carga:

abZ

UI

Z1

1

380 0º 1065,73º A

65,81 65,73 3

Z2 Z

2Z2

ba cUab

IL2 = IZ2

+

n

+

Uan+

UZ2


2

2

38030º

3 5 60º A43,87 30º

anZ

UI

Z

c) Para determinar la tensión en bornes del generador, se recurre al circuito

equivalente monofásico del sistema trifásico dado, en el que se ha

transformado la carga Z1 (originalmente en triángulo) en su estrella

equivalente.

La intensidad de línea total que circula en el equivalente monofásico, se

calcula aplicando la LKI:

L L LI I I1 2

Como la carga 2 está conectada en estrella, su intensidad de línea coincide con

su intensidad de fase, ya calculada anteriormente. En cuanto a la intensidad

de línea de la carga 1, su módulo es dato del problema, y su argumento se

determina a partir de la intensidad de fase de dicha carga:

1 1 3 30º 10 95,73º AL ZI I

Entonces:

1 2 10 95,73º 5 60º 14,35 84º AL L LI I I

La caída de tensión en la impedancia que representa la línea se calcula:

LZLU j I1 2 32,08 20,57º V

Z2

a’ a 1+j2

Z1Y

+

IL

IL1

IL2

+

+UZL

Ua’n

Uan

n


Y la tensión de fase en bornes de generador es:

a n ZL anU U U' 251,09 28,80º V

Recordando la relación entre tensiones de línea y de fase en sistemas trifásicos

equilibrados de secuencia directa, la tensión de línea en bornes del generador

es:

a b a nU U' ' ' 3 30º 434,91 1,20º V


Problema 8.6 ()

En el sistema trifásico equilibrado de la figura (secuencia directa y 50 Hz de

frecuencia) se sabe que la tensión Uab = 380 V. Tomando esta tensión como

origen de fases, calcular:

a) La tensión Ua’b’.

b) Potencias activa y reactiva trifásicas absorbidas en cada carga y en la

línea.

c) Potencias activa y reactiva trifásicas suministradas por el generador, y

comprobar el resultado aplicando el teorema de Boucherot.

Solución:

a) Para calcular la tensión de línea en bornes del generador (Ua’b’), primero se

determina su tensión de fase correspondiente (Ua’n), y para ello se hace uso

del circuito monofásico equivalente.

Dicho equivalente, centrándose en la carga 1, es:

G 3

Carga 2 en Q

T2 = 4 kvar

cos Z2 = 0,5

ind.

Z1=20+j10

20+j10

a’

b’

c’

a

b n

1+j

1+j

1+j 20+j10 c

Z1=20+j10

a

n

Ia1

+

Uan


Dado que, como se indica en el enunciado, la tensión Uab se toma como origen

de fases, esto es:

380 0º VabU

y conocida la relación existente entre tensiones de línea y de fase en un

sistema trifásico equilibrado de secuencia directa, se tiene:

130º 220 30º V

3an abU U

La intensidad que circula por la carga 1 vale:

1 9,84 56,56º A20 j10

ana

UI

Considerando ahora la carga 2:

De esta carga se conoce la potencia reactiva trifásica que consume. A partir de

esta potencia y del dato (indicado en el esquema del enunciado) de su factor

de potencia, es posible calcular el módulo de la intensidad de línea de dicha

carga:

2

2

4 kvar

arccos 0,5 60ºTabsZ

Z

Q

TabsZ ab a Z aQ U I I2 2 2 23 sen 7,017 A

Se ha tomado el argumento de la impedancia Z2 positivo (Z2 > 0) debido a que

se señala explícitamente que dicha impedancia tiene carácter inductivo.

a b c +

Ia2

Z2 Ib2

Ic2

Ica2

Iab2

Ibc2

Uab

Z2

Z2


Para calcular el argumento de la intensidad Ia2, basta recordar que en una

impedancia siempre se cumple que el ángulo de desfase entre la tensión en

sus bornes y la intensidad que circula por ella es justamente el argumento de

dicha impedancia. En el caso de la impedancia Z2:

abab ZU I 2 2, 60º

Por otra parte, es bien conocido que, en un sistema trifásico equilibrado de

secuencia directa, las intensidades de línea retrasan 30º con respecto de las

intensidades de fase:

a abI I2 2, 30º

Agrupando estas dos consideraciones, se tiene:

2

2 2

2

2 2

, 60º, 90º 90º

, 30ºa

abab Z

aab I

a ab

U IU I

I I

Por lo tanto:

aI 2 7,02 90º A

El circuito equivalente monofásico del sistema trifásico es:

La intensidad total se calcula aplicando la LKI:

1 2 16,163 70,40º Aa a aI I I

Z2Y

a’ a 1+j

Z1

+

Ia

Ia1

Ia2

+

+UZL

Ua’n

Uan

n


y aplicando la LKT se determina la tensión de fase en bornes del generador:

' (1 j) 242,77 29,56º Vaa n anU I U

A partir de este valor, se calcula la tensión de línea en bornes del generador:

a b a nU U' ' ' 3 30º 420,49 0,44º V

b)

o Carga 1:

Como el sistema trifásico es equilibrado, se va a determinar la potencia activa

y reactiva que absorbe una de las impedancias que forman la carga, y las

potencias activas y reactivas trifásicas absorbidas por dicha carga serán el

triple de las monofásicas calculadas.

Para calcular las potencias monofásicas absorbidas por una de las impedancias

de la carga, se va a tener en cuenta que potencia activa la absorbe la parte

real de las impedancias, mientras que la parte imaginaria absorbe únicamente

potencia reactiva.

F abs Z Z a

F abs Z Z a

P R I

Q X I

2 21 1 1

2 21 1 1

20 9,84 1936,11W

10 9,84 968,06 var

T absZ F abs Z

T absZ F absZ

P P

Q Q

1 1

1 1

3 5808,35W

3 2904,17 var

o Carga 2:

Se conoce la potencia reactiva trifásica que absorbe y el factor de potencia de

la carga, por lo tanto, utilizando el triángulo de potencias para dicha carga:


T abs Z

T abs Z

T absZ

Z

Q

QP

2

2

2

2

4000 var

2309,4Wtg

La potencia activa trifásica absorbida por la carga 2 se puede calcular, de igual

manera, aplicando la expresión:

TabsZ ab a ZP U I2 2 23 cos 2309,4W

o Línea:

Se emplea el mismo razonamiento que para la carga 1. Si el sistema es

equilibrado, las potencias trifásicas se pueden obtener multiplicando por 3 las

potencias que absorbe la impedancia de una fase.

F abs ZL ZL a

F abs ZL ZL a

P R I

Q X I

2 2

2 2

1 16,163 261,24W

1 16,163 261,24 var

T abs ZL F abs ZL

T abs ZL F abs ZL

P P

Q Q

3 783,72W

3 783,72 var

c) Para calcular las potencias activas y reactivas trifásicas cedidas por el

generador, se van a emplear las expresiones que permiten calcularlas

directamente.

F genF genT ced gen L gen L gen

F genF genT ced gen L gen L gen

P U I U I

Q U I U I

3 cos ,

3 sen ,

Se ha determinado anteriormente que:

PT abs Z2

jQT abs Z2

ST abs Z2

Z2


F gen a n

F gen a

U U

I I

' 242,77 29,56º V

16,163 70,40º A

por lo tanto:

', , 40,84ºF gen aF gen a nU I U I

Así pues, las potencias activa y reactiva trifásicas valen:

Tced gen

Tced gen

P

Q

8905,72W

7698,07 var

Estas potencias también se pueden calcular utilizando la expresión de la

potencia compleja trifásica:

*3 jF genT ced gen F gen T ced gen T ced genS U I P Q

Sustituyendo valores para este sistema trifásico:

3 242,77 29,56º 16,16 70,40º 8905,72 j7698,07 VAT ced genS

e identificando parte real y parte imaginaria, se tiene que:

Tced gen

Tced gen

P

Q

8905,72W

7698,07 var

Comprobación del Teorema de Boucherot:

1 2

1 2

Tced gen Tabs ZL Tabs Z Tabs Z

Tced gen Tabs ZL Tabs Z Tabs Z

P P P P

Q Q Q Q

1 2

1 2

8901,47

7687,89 var

Tabs ZL Tabs Z Tabs Z Tced gen

Tabs ZL Tabs Z Tabs Z Tced gen

P P P W P

Q Q Q Q



Problema 8.7 ()

El circuito de la figura muestra el esquema de alimentación eléctrica de una

industria. El generador trifásico (f = 50 Hz) representa el punto de conexión a

la red y de él se sabe que las tensiones entre sus bornes forman un sistema

trifásico equilibrado de secuencia directa de 400 V. Una línea trifásica une el

punto de conexión a red y la industria y presenta una impedancia Zext = 1 + j.

En el interior de la industria una nueva línea trifásica sigue hasta la carga,

siendo su impedancia Zint = 1 + j2. La carga es equilibrada, está conectada en

estrella y la impedancia de cada fase vale Z = 10 + j6. Tomando como origen

de fases la tensión Uab, calcular la intensidad de línea, la tensión de línea en

bornes de la industria, la potencia activa trifásica cedida por la red y la

potencia activa trifásica absorbida por la carga.

Resultados: IL = 15,396 A, UL = 362,556 V, PTabsZ = 7111,104 W,

PTced gen = 8533,325 W

Problema 8.8 ()

En el sistema trifásico equilibrado de la figura, de secuencia directa, el

voltímetro mide 554,52 V y se sabe que la potencia aparente que cede el

generador es de 63639,617 VA. Calcular la resistencia, R, de la línea.

Zint

b

c

a’

b’

c’

Zint

Zint

Zext

Zext

Zext

a’’

b’’

c’’

Z

n

Carga Industria

G

3

a

Z

Z


Resultados: R = 1

Problema 8.9 ()

Sea el sistema trifásico equilibrado de secuencia directa de la figura. Si el

voltímetro ofrece una lectura de 380 V, calcular:

a) Las intensidades de línea consumidas por las cargas 1 y 2 (tomar como

origen de fases la tensión de la fase a de la carga 2).

b) La tensión de línea en bornes del generador.

c) Comprobar que el circuito verifica el Teorema de Boucherot.

Resultados: a) L1 L2I =I =77,56 ‐45º A , b) LgU =760V

a’

b’

c’

R + j2

G

3

R + j2

R + j2

15 + j12

15 + j12

15 + j12

a

b

cV

a

b

c

a’

b’

c’

1 + ja’’

b’’

c’’

G

3

1 + j

1 + j

1 j

1 j

1 j

V

Carga 2

2 + j2

Y

Carga 1

1 + j3

Y


Problema 8.10 ()

En un sistema trifásico equilibrado de 380 V, 50 Hz y secuencia directa, están

conectadas las siguientes cargas:

Un motor trifásico que consume una potencia de 20 kW con un factor

de potencia de 0,866 inductivo.

Una carga en estrella de carácter inductivo. Se sabe que su argumento

es 60º induct. y que el amperímetro marca 35,09 A.

Calcular, tomando la tensión U12 como origen de fases:

a) Las intensidades IM1, IM2, IM3.

b) Las intensidades IC1, IC2, IC3.y las intensidades de línea I1, I2, I3.

c) El factor de potencia de cada carga y el factor de potencia del conjunto.

Resultados: a) M1 M2 M3I =35,088 ‐60º A, I =35,088 ‐180º A, I =35,088 60º A

b) C1 C2 C3I =35,09 ‐90º A, I =35,09 150º A, I =35,09 30º A

1 2 3I =67,78 ‐75º A, I =67,78 165º A, I =67,78 45º A

c) M C Tcosφ =0,866 ind., cosφ =0,5 ind., cosφ =0,707 ind.

Problema 8.11 ()

1

2

3

Z

M

Z Z

IC1

IC2

IC3

IM1

IM2

IM3

I1

I2

I3A


Dado el circuito trifásico de la figura, determinar la intensidad Ic y la tensión

Uab. ¿Este sistema trifásico es de secuencia directa o de secuencia inversa?,

¿por qué?, ¿cuál es el valor de la tensión Ecn’?

Datos: Ia = 25 + j 43,3 A, Ib = –50 A

Resultados: c abI = 25 ‐ j43,3 A, U = 389,7166,87ºV, secuencia inversa,

cn'E = 225 ‐23,13ºV

a

b

c

a’

b’

c’

j0,45 3,6 + j2,25

n

j0,45

j0,45

+

+

+

3,6 + j2,25

3,6 + j2,25

Ib

Ia

Ic

+Uab

Ean’

n’ Ebn’

Ecn’

Tema 9: Máquinas eléctricas

Problemas resueltos

Problema 9.1 ()

Se desea alimentar una lámpara incandescente halógena de 12 V – 75 W a

partir de una red monofásica de 230 V – 50 Hz. En el catálogo de un fabricante

de transformadores se puede ver la siguiente tabla:

Transformadores para lámparas halógenas de baja tensión

Modelo Tensión entrada (V)

Tensión salida(V)

Potencia(VA)

Frecuencia (Hz)

Precio (€)

BT05012 230 12 50 50‐60 9

BT05024 230 24 50 50‐60 12

BT10012 230 12 100 50‐60 20

BT10024 230 24 100 50‐60 23

BT15012 230 12 150 50‐60 32

BT15024 230 24 150 50‐60 35

BT20012 230 12 200 50‐60 46

BT20024 230 24 200 50‐60 49

BT25012 230 12 250 50‐60 60

BT25024 230 24 250 50‐60 65

Elegir el transformador más apropiado para la aplicación deseada.

Solución:

La lámpara que se alimentará con el transformador, consume una potencia

activa de 75 W.


Una lámpara incandescente se puede modelar mediante una carga puramente

resistiva (cos = 1). Por lo tanto:

75 VAcos

abs lamp

abslamp

PS

Se debe escoger un transformador con una potencia igual o superior a 75 VA

y con las tensiones adecuadas a la red a la que se va a conectar y a la lámpara

que ha de alimentar.

En la tabla se observa que todos los transformadores tienen tensión de

entrada 230 V. En cuanto a la tensión de salida, se observa que unos

transformadores la tienen de 12 V y otros de 24 V. Como la lámpara se

alimenta a 12 V, hay que descartar aquellos transformadores con tensión de

salida distinta a ésta.

Respecto de la potencia aparente, el transformador de código BT5012 tiene

una potencia inferior a 75 VA, por lo que no se puede utilizar para esta

aplicación. El resto de los transformadores de la tabla, con tensión de salida

12 V, son susceptibles de poder utilizarse para alimentar la lámpara.

Como criterio para seleccionar el más adecuado entre todos ellos, se va a

utilizar el económico. Por tanto, el transformador seleccionado para la

aplicación pedida es el de código BT10012, que además es el de potencia más

próxima, por exceso, a la consumida.

Máquinas eléctricas 345

Problema 9.2 ()

Dimensionar la potencia mínima que debe tener un motor síncrono de 4 pares

de polos, conectado a una red de 50 Hz, para desarrollar un par de 55 N∙m a

su velocidad de sincronismo (n = 750 rpm).

Solución:

La potencia mecánica útil que entrega el motor en su eje es el producto del

momento de fuerza por la velocidad angular. La potencia útil calculada

utilizando el S.I. es:

2 rad/s750 rpm 55N∙m 4319 W

60 rpmútilP n T

Para no sobrecargar el motor, se debe elegir un modelo que tenga una

potencia asignada Pnominal igual o superior a la potencia útil que debe entregar.

nominal útilP P

Es posible que la tabla de modelos que proporcione el fabricante no esté en

unidades del S.I. En España, todavía es habitual expresar la potencia de un

motor en caballos de vapor (1 CV ≈ 736 W). Por tanto, la potencia útil en

caballos de vapor es:

4319W5,86 CV

736W/CVútilP

Algunos fabricantes anglosajones utilizan el sistema imperial británico. La

potencia útil del motor en caballos de potencia (1 HP ≈ 746 W) es:

4319W5,79 HP

746W/HPútilP


Problema 9.3 ()

Un motor de corriente continua de imanes permanentes suministra una

potencia útil de 5 CV cuando se alimenta a 400 V, gira a 1800 rpm y absorbe

una corriente de 10 A. Calcular el par útil generado y el rendimiento del motor

en ese punto de funcionamiento.

Solución:

La potencia útil del motor, pasada a vatios es:

5 CV 736W/CV 3680WútilP

El par y la potencia mecánica útil están relacionados por la siguiente

expresión:

útil útilP T n

Consecuentemente, el par útil generado es:

3680 W19,52N∙m

2 rad/s1800 rpm

60 rpm

útilútil

PT

n

La potencia eléctrica que absorbe la máquina de corriente continua es:

400 V 10 A 4000WabsP U I

El rendimiento de una máquina es el cociente entre la potencia que

proporciona y la que consume. En el caso de un motor, el motor proporciona

una potencia mecánica útil en el eje y consume la energía eléctrica que

absorbe de la red. Por lo tanto, el rendimiento del motor es:

3680 W100 92%

4000Wútil

abs

P

P


Problema 9.4 ()

A una red trifásica de 690 V se conecta una máquina de inducción trifásica

cuyas hojas de características indican los siguientes datos:

Potencia nominal: 500 CV, Eficiencia: 90 %, cos: 0,8

a) Determinar la potencia activa absorbida por el motor en condiciones

nominales.

b) Determinar la intensidad de línea.

Solución:

a) La potencia asignada de una máquina es la que aparece o nomina en su

placa de características y es aquella potencia útil para la cual está diseñada

dicha máquina. También se conoce como potencia nominal.

Cuando la máquina trabaja en los valores asignados o nominales, no se

produce un calentamiento excesivo en ninguna de sus partes constitutivas.

En un motor, esta potencia nominal viene indicada en forma de potencia

mecánica útil en el eje. De esta manera, la máquina mostrada en el enunciado

desarrolla una potencia mecánica, convertida a kW:

kW500 CV 0,736 368kW

CVnominalP

En la hoja de características suele indicarse la eficiencia o rendimiento del

motor en las condiciones asignadas. A través de este valor, es posible

determinar la potencia activa que la máquina absorbe de la red trifásica para

desarrollar la potencia mecánica nominal en su eje:

nominal

abs

P

P

368kW408,9kW

0,9absP


b) Conocida la potencia activa absP que absorbe el motor de la red, la tensión

de alimentación UL y el factor de potencia cos, la intensidad de línea IL se calcula despejando de la siguiente ecuación:

3 ∙cosabs L LP U I

Por tanto, la intensidad de línea es:

408889 W427,6 A

3 ∙cos 3 690 V 0,8abs

L

L

PI

U


Problema 9.5 ()

Un motor trifásico alimentado a 400 V está acoplado a una caja reductora de

relación de transmisión 10:1 (r = 10) y rendimiento mecánico reductora = 86 %.

El eje de salida de los engranajes gira solidario con el rodillo de una cinta

transportadora. Dicho tambor gira a una velocidad aproximada de 150 rpm y

ofrece un par resistente de 930 kgf∙m.

a) Seleccionar el motor asíncrono más adecuado entre los modelos

comerciales indicados en la tabla siguiente.

Potencia (kW)

Velocidad nominal (rpm)

Rendimiento

motor (%)

Factor de

potencia

Intensidad nominal a 400 V (A)

Par nominal (N∙m)

110 1485 94,7 0,86 195 707

132 1485 95,3 0,87 228 849

160 1485 95,7 0,87 280 1030

200 1485 95,9 0,87 347 1290

250 1488 96,2 0,88 428 1610

315 1488 96,3 0,88 532 2020

355 1490 96,3 0,88 608 2280

400 1490 96,5 0,88 684 2560

b) Calcular la potencia eléctrica y la corriente consumida por el motor

elegido.

Solución:

a) En primer lugar se convierten el par y la velocidad del rodillo de la cinta

transportadora a las unidades del S.I.:

N930 kgf∙m 9,81 9123,3N∙m

kgfrodilloT

2 rad/s150 rpm 15,708 rad/s

60 rpmrodillon

La potencia mecánica en el rodillo es:

∙ 9123,3 N m 15,708 rad/s 143308Wrodillo rodillo rodilloP T n


Debido a rozamientos en los engranajes, el motor debe entregar una potencia

útil en su eje mayor a la potencia mecánica en el rodillo. La relación entre la

potencia de entrada y salida de la caja reductora es su rendimiento:

rodilloreductora

útil motor

P

P

La potencia mecánica útil en el eje del motor se obtiene despejando de la

relación anterior

143308 W166637,74W 166,64kW

0,86rodillo

útil motor

reductora

PP

Por otro lado, la velocidad del motor se obtiene con la relación de engranajes

(el motor es el eje rápido y el rodillo es el eje lento):

150∙10 1500 rpmmotor rodillon n r

Como el requisito relativo a la velocidad del rodillo es aproximado, podemos

seleccionar cualquier motor que gire próximo a 1500 rpm. Todos los motores

de la tabla del catálogo cumplen la condición de velocidad. El motor de

potencia asignada Pnominal más próxima, por exceso, a la calculada, Pútil motor, es:

Pnominal = 200 kW, con motor= 0,959 y cos = 0,87

El motor de 160 kW está preparado para entregar esa potencia en servicio

continuo. Si el servicio de la cinta transportadora es de corta duración (los

intervalos en los que se utiliza el motor son cortos, con arranques livianos y

con paradas largas durante las cuales el motor se enfría), entonces el motor

de 160 kW podría utilizarse.

Si la cinta transportadora presenta frecuentes arranques duros (debido a que

la cinta es elevadora y arranca con carga, la fricción seca es muy elevada por

falta de lubricación en los rodillos, etc…) o el motor se utiliza para frenar la

cinta (por ejemplo, invirtiendo las fases de alimentación o inyectando

corriente continua), el motor estará sometido a un calentamiento severo,


significativamente mayor que el servicio continuo. En este caso, se elegiría el

motor de 200 kW.

En ausencia de información concreta sobre el tipo de servicio e instalación de

la máquina, la elección más prudente es la del motor de 200 kW.

Cuando sea necesario variar la velocidad, dulcificar los arranques y las paradas

(por ejemplo, para acelerar y decelerar suavemente la cinta transportadora) y

reducir el calentamiento durante los arranques, el motor se alimentará (en

argot, se accionará) mediante un convertidor de frecuencia, también llamado

variador de velocidad.

b) El rendimiento y el factor de potencia del motor dependen de la tensión de

alimentación y de la potencia útil. A falta de datos adicionales, se puede

considerar que estos valores son cercanos a los valores nominales indicados

en la tabla porque el motor escogido tiene una potencia nominal Pnominal

cercana a la útil Pútil motor calculada para la aplicación del enunciado y la tensión

de alimentación es la nominal del motor.

Así pues, a partir de las características del motor elegido, éste demandará una

potencia eléctrica:

166,63kW173,75kW

0,959

útil motor

abs

motor

PP

Su tensión de alimentación es 400 V, por lo que el motor absorberá una

intensidad de línea:

173750 W288,26 A

3 cos 3 400 V 0,87abs

L

L

PI

U


Problema 9.6 ()

Elegir el grupo electrógeno adecuado para suministrar electricidad a un

pequeño campamento militar con las siguientes cargas eléctricas:

Carga eléctrica Potencia Factor de potencia

Módulo táctico 10 kW 0.9 inductivo

Módulo de telecomunicaciones 3 kW 0.9 capacitivo

Alumbrado 2 kW 0.9 inductivo

Módulo de cocina 15 kVA 0.8 inductivo

Zonas comunes 25 kW 0.7 inductivo

Módulo dormitorio 10 kW 0.8 inductivo

El sistema ha de ser capaz de alimentar simultáneamente a todas las cargas,

que son monofásicas a 230 V, 50 Hz.

El parque móvil cuenta con los siguientes grupos electrógenos, ordenados por

máxima potencia que pueden suministrar de forma continua. Todos cuentan

con salida trifásica a 400 V y 50 Hz y están instalados sobre plataforma

remolcable por vehículo todoterreno.

Fabricante y modelo Smax Pmax

FG WILSON P13.5E2 13,5 kVA 11,0 kW

Atlas Copco QAS 30 30 kVA 24 kW

Cummins C38 D5 35 kVA 28 kW

PRAMAC GSW 45 Y 44 kVA 35 kW




Solución:

Las cargas monofásicas de 230 V, 50 Hz se pueden conectar en estrella (entre

una fase y neutro de un sistema trifásico de 400 V), por lo que todos los grupos

de la lista tienen una tensión compatible con las cargas.


El enunciado no especifica requerimientos de aerotransporte o de despliegue

de la plataforma. Como el enunciado no especifica las condiciones de

transporte y utilización, se asumirá que todos los grupos electrógenos de la

lista son aptos.

El enunciado no indica el ambiente en el cual va a funcionar el grupo. Los

fabricantes suelen proporcionar información adicional sobre cómo disminuye

la potencia máxima cuando se utilizan a temperaturas extremas, en elevadas

alturas sobre el nivel del mar, etc. A falta de información, se supondrá que no

hay que aplicar factores reductores (o de desclasifición) a la máxima potencia

de los grupos porque están adaptados para un funcionamiento con tempera‐

turas extremas y con mayor presencia de polvo y sal.

También se supone que la máxima potencia que se indica en el enunciado es

la que puede suministrar el grupo electrógeno en funcionamiento continuo

(en inglés, prime power), que es el tipo de operación que más se adapta a un

campamento aislado.

La máxima potencia durante tiempo limitado para grupos que funcionan como

respaldo de emergencia (en inglés, stand‐by) es alrededor de un 10 % mayor

que la máxima potencia continua, pero a costa de disminuir su vida útil por el

mayor desgaste de las piezas. Esto es admisible si el grupo opera pocas horas

al año, pero no en un campamento militar.

Después de aplicar las simplificaciones previas, sólo hace falta calcular la

máxima potencia activa y aparente demandada por el campamento, elegir un

grupo electrógeno lo más ajustado posible y distribuir las cargas monofásicas

en la red trifásica.

Según el teorema de Boucherot, la potencia activa y reactiva que consume el

campamento es la suma de las potencias activa y reactiva que absorbe cada

carga. Por tanto, hay que calcular la potencia activa y reactiva de cada carga y

sumar el resultado.

Las unidades en la columna de potencia de la tabla del enunciado indican si

las cargas están especificadas en potencia activa o en potencia aparente. Por


consiguiente, la potencia asignada a la cocina es potencia aparente y el resto

de consumos están especificados en potencia activa.

Nótese que el módulo de comunicaciones tiene un factor de potencia

capacitivo, por lo que su ángulo de desfase tensión‐intensidad y su potencia

reactiva son negativos.

Con estas consideraciones se obtiene la tabla de potencias activa y reactiva.

Carga eléctrica Potencia cos(ϕ) ϕ P Q

Módulo táctico 10 kW 0,9 ind 25,84º 10 kW 4,84 kvar

M.

telecomunicaciones 3 kW 0,9 cap –25,84º 3 kW –1,45 kvar

Alumbrado exterior 2 kW 0,9 ind 25,84º 2 kW 0,97 kvar

Módulo cocina 15 kVA 0,8 ind 36,86º 12 kW 9,00 kvar

Zonas comunes 25 kW 0,7 ind 45,57º 25 kW 25,51 kvar

Módulo dormitorio 10 kW 0,8 ind 36,86º 10 kW 7,50 kvar

TOTAL 62 kW 46,36 kvar

Sumando las dos últimas columnas de la tabla, se obtiene que el campamento

consume una potencia activa de 62 kW y una potencia reactiva de 46,36 kvar.

Por tanto, la potencia aparente total absorbida en el campamento es:

2 2 2 262 46,36 77,41kVAS P Q

El enunciado indica que el grupo debe ser capaz de suministrar todos los

consumos simultáneamente. Por ello, se debe encontrar un grupo

electrógeno con potencia activa ligeramente superior a 62 kW y de potencia

aparente igual o superior a 77,41 kVA.

En la práctica, es muy conveniente gestionar los horarios de utilización y

conectar escalonadamente las cargas para evitar picos y valles de consumo.

En casos de profunda modulación del consumo, se pueden conectar varios

grupos electrógenos funcionando en paralelo o utilizar resistencias de

disipación en función del consumo.


De los grupos disponibles, el más ajustado a la demanda máxima es el Atlas

Copco QAS 80, que proporciona hasta 64 kW y 80 kVA en régimen continuo.

Aunque el enunciado no da información sobre el perfil de consumo del campa‐

mento, se puede suponer que los módulos de cocina, dormitorio y zonas

comunes tendrán consumos variables en el tiempo, mientras que los módulos

tácticos y de telecomunicaciones tendrán un consumo más constante. Es

decir, el factor de simultaneidad de los consumos a menudo será menor del

100 % y el grupo trabajará bastante tiempo en la zona óptima, entre el 50 y el

80 % de su potencia nominal. Debe evitarse el funcionamiento del grupo

electrógeno por debajo del 30 % de su potencia máxima porque su

mantenimiento se incrementa notablemente.

Elegir un grupo de mayor potencia que el Atlas Copco QAS 80 no está

justificado porque los modelos de mayor potencia funcionarían más horas a

baja carga. En caso de ampliación del campamento, el grupo electrógeno se

podría sustituir fácilmente por otro mayor por estar montado sobre remolque.

Como estos modelos son trifásicos a 400 V y las cargas son monofásicas a

230 V, éstas se conectarán en estrella. Para que las cargas se distribuyan

equilibradamente, se agruparán los consumos en bloques de potencia cercana

a un tercio de la potencia total (77,41 kVA/ 3 fases ≈ 26 kVA/fase).

El mayor consumo corresponde a las zonas comunes. Si las zonas no se pueden

distribuir entre fases, se conectarían a una fase y el resto de consumos se

repartirían de la forma más equilibrada posible en las otras dos fases

restantes.

A continuación se muestra una posible distribución de consumos por fases.

Fase 1 P Q

Zonas comunes 25 kW 25,51 kvar

S1 = 2 225 25,51 = 35,71 kVA

I1 = 35,71 kVA

230 V = 155,3 A


Fase 2 P Q

Módulo de telecomunicaciones 3 kW –1,45 kvar

Alumbrado exterior 2 kW 0,97 kvar

Cocina 12 kW 9,00 kvar

Total fase 2 17 kW 8,52 kvar

S2 = 2 217 8,5 = 19,01 kVA

I2 = 19,01 kVA

230 V = 82,7 A

Fase 3 P Q

Módulo táctico 10 kW 4,84 kvar

Módulo dormitorio 10 kW 7,50 kvar

Total fase 3 20 kW 12,34 kvar

S3 = 2 220 12,34 = 23,50 kVA

I3 = 23,50 kVA

230 V = 102,2 A

Con esta solución, la fase 1 ha quedado un 40 % más cargada que la media,

con una corriente I1 = 155,3 A. Esta intensidad supera Ifn, corriente cuando el

grupo electrógeno Atlas Copco QAS 80 suministra su máxima potencia

aparente a una carga trifásica equilibrada:

G 3

1

2

3

n

n n n

Zonas comunes

Telecomunicaciones

Cocina

Módulo táctico

Dorm

itorio

Alumbrado


Ifn = 80 kVA

3400 V = 115,5 A

El enunciado no indica el número y tipo de tomas de corriente de este grupo,

pero se puede suponer que el interruptor principal tiene el calibre

normalizado de inmediatamente superior a If. Por tanto, a este grupo le

corresponde un interruptor magnetotérmico trifásico de calibre 125 A junto a

una toma trifásica de 125 A.

Dado que I1 > 125 A, se aconseja repartir los consumos de las zonas comunes

en varias fases. En el enunciado no se indica los elementos de las zonas

comunes y su disposición, pero las zonas comunes se suelen distribuir a lo

largo de un campamento y es previsible alcanzar un reparto razonable donde

ninguna fase superase los 125 A.

Otra opción sería mejorar el factor de potencia de la fase 1, pero asegurándose

que no sobrecompensar porque el control de la excitación magnética del

alternador se puede desestabilizar con cargas de carácter capacitivo. Para

evitar la sobrecompensación a bajas cargas, la opción más sencilla es instalar

los condensadores distribuidos en paralelo con los consumos inductivos, de

forma que se conecten y desconecten solidariamente con las cargas más

inductivas. En sistemas más grandes, otra solución razonable puede ser

instalar un banco de condensadores controlado automáticamente.

Por ejemplo, si el factor de potencia se eleva de 0,8 a 0,9 inductivo en las zonas

comunes, la corriente disminuiría por debajo del calibre de la aparamenta

eléctrica.

I1 = 25 kW

0,9 ∙ 230 V = 120,8 A (< 125 A)

Por último, conviene recordar que al instalar el grupo electrógeno en el

campamento, hay que seguir las recomendaciones de su manual de uso.

Dichas recomendaciones suelen especificar la conexión del neutro a una pica

que se clava en la tierra.



Problema 9.7 ()

En el siguiente diagrama se muestra una red trifásica equilibrada, de 400 V,

50 Hz y secuencia directa. El transformador se considera ideal y su potencia

nominal de 8 kVA.

a) Determinar la medida del amperímetro.

b) Determinar el valor mínimo que puede tener la impedancia Z sin que

el transformador esté sobrecargado.

c) Determinar las intensidades del transformador I1, I2 e I3 con la

impedancia del apartado anterior. Considere la tensión Uan como

referencia.

Resultados: a) Amperímetro: 9,485 A, b) Z = 85,059 ,

c) , , º , , , º1 2I 11 55 35 9 A I 11 55 155 9 A

, , º3I 11 55 84 1 A

Transformador

Trifásico STnom

= 8 kVA

M3

Motor inducción P = 5 CV cos = 0,7 = 80%

cosZ = 1

A

I1

I2

I3

1

2

3

Z Z Z

IM1

IM2

IM3

IC1

IC2

IC3


Problema 9.8 ()

Se tiene una red trifásica de 400 V, 50 Hz, y a partir de ella se quiere alimentar

una máquina trifásica de 230 V que consume una corriente máxima de 30 A.

Seleccionar el transformador más adecuado entre los siguientes modelos

comerciales:

Transformadores trifásicos

Modelo Tensión entrada

(V) Tensión salida

(V) Potencia(kVA)

Frecuencia (Hz)

Precio (€)

TT001 400 230 1 50 161

TT002 400 230 2 50 182

TT003 400 230 3,15 50 228

TT005 400 230 5 50 277

TT008 400 230 8 50 330

TT010 400 230 10 50 396

TT012 400 230 12,5 50 474

TT016 400 230 16 50 590

TT020 400 230 20 50 677

TT025 400 230 25 50 852

Resultados: Se seleccionará el transformador TT012.

Problema 9.9 ()

Calcular la potencia eléctrica y la corriente consumida un motor trifásico de

400 V que gira a 2820 rpm y entrega en el eje un par de 50 N∙m. Considerar un

rendimiento del 84 % y un factor de potencia 0,81.

Resultados: Pabs = 17578 W, I = 31,32 A


Problema 9.10 ()

Se conecta una máquina de inducción trifásica con la siguiente placa de

características.

AGMOTOR

3~ Motor Ind. MPZ15 Hz 50

kW 30 R.P.M 2900

V 690 / 400 COS 0,83

A 35,0 / 60,6 IP 55

a) Determinar la intensidad de línea cuando se conecta a una red de

400 V en condiciones nominales.

b) Determinar la potencia aparente y activa absorbida por el motor en

condiciones nominales.

c) Determinar el rendimiento del motor en condiciones nominales.

Resultados: a) IL = 60,6, b) Sabs = 42 kVA, Pabs = 34,86 kW, c) η = 86%

Problema 9.11 ()

Calcular la potencia útil de un motor acoplado a un ventilador que proporciona

un caudal 50.000 m3/h bajo una presión de 245 Pa a una velocidad de

3000 rpm. El rendimiento del ventilador en las condiciones de trabajo es 69%

y la densidad del aire es 1,293 kg/m3. Si el motor tiene un rendimiento

eléctrico del 90 % en esas condiciones, obtener la potencia activa absorbida

de la red.

Resultados: Pu = 6377 W, Pabs = 7085 W


Problema 9.12 ()

Una instalación aislada de la red eléctrica tiene las siguientes cargas:

Carga eléctrica Potencia Factor de potencia

Módulo táctico 4 kW 0,9 inductivo

Módulo telecomunicaciones 1 kW 0,9 capacitivo

Módulo cocina 6 kW 0,8 capacitivo

Bomba de agua potable 15 kVA 0,7 inductivo

Zonas comunes 5 kW 0,8 inductivo

La bomba de agua potable requiere alimentación trifásica a 400 V y 50 Hz. El

resto de consumos son monofásicos a 230 V.

De entre los grupos electrógenos enumerados en el problema 9.6, elegir el

modelo más adecuado para suministrar simultáneamente todas las cargas,

que se han repartido según el siguiente esquema de conexión eléctrica.

Resultados: Se seleccionará el grupo electrógeno Cummins C38 D5

G 3

1

2

3

n

n n

Módulo táctico

Módulo cocina

Telecomunicaciones

n

Zonas comunes

Bomba

agua

potable

Problemas de Fundamentos de Electrotecnia, 2ª Edición

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